Topologie Algébrique François Laudenbach

UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Introduction
Un corps de base étant fixé, on sait que les espaces vectoriels de dimension
finie sont caractérisés à isomorphisme linéaire près par un nombre entier, à
savoir la dimension. Une question naı̈ve, mais naturelle, est de savoir si une
telle démarche peut être suivie pour les espaces topologiques.
La considération des sous-espaces topologiques de R ou de R2 montre que
la situation est horriblement compliquée : penser aux ensembles de Cantor
ou à leurs complémentaires. Néanmoins l’objet de la Topologie Algébrique est
bien celui-là : attacher aux espaces topologiques des invariants algébriques
(nombres, groupes, etc.) de sorte que deux espaces homéomorphes aient les
mêmes invariants, et espérer que l’on aura suffisamment d’invariants pour
obtenir une classification. Déjà la première partie du programme est très forte
puisqu’elle permettra de reconnaı̂tre que certains espaces topologiques ne sont
pas homéomorphes entre eux (par exemple : R2 et R3 , le cercle et la sphère).
La seconde partie semble un espoir vain, mais en fait pas tant que cela, comme
le montre le cas des surfaces topologiques, dont la théorie est abordée à la fin
de ce cours en guise d’applications des outils qui y sont introduits.
Le fondateur reconnu de la Topologie Algébrique est Henri Poincaré avec son
mémoire Analysis Situs (Journal de l’École polytechnique, 1895) et ses cinq
compléments publiés dans différents autres journaux. Henri Poincaré ouvre
deux directions, celle de l’homologie (qui n’est pas abordée dans ce cours) et
1
2
Topologie Algébrique
celle du groupe fondamental, qui sera un peu plus tard le point de départ de
la théorie de l’homotopie.
Pour étudier les fonctions analytiques d’une variable complexe d’un point de
vue topologique, Poincaré a rapproché trois concepts : groupe fondamental,
action de groupe proprement discontinue, revêtement. C’est l’articulation
de ces trois concepts qui est développée dans la première partie de ce cours
(chapitres I à V). Certains aspects de la théorie des revêtements, étudiés
pour eux-mêmes sont postérieurs à Poincaré ; ils ont reçu de nombreuses
contributions et ont été systématiquement rassemblés par H. Seifert et W.
Threlfall dans leur célèbre livre Lehrbuch der Topologie, 1934.
La seconde partie (chapitres VI à VIII) est là pour sortir de la théorie et
se replonger dans l’esprit de Poincaré. Un théorème de Poincaré, rarement
enseigné, traite des pavages ; c’est une belle application de tout l’arsenal qui
précède. À titre un peu anecdotique, il est présenté ici dans le cadre des
pavages du plan euclidien. En fait Poincaré l’avait conçu pour les pavages du
plan hyperbolique ou demi-plan de Poincaré H := {z = x + iy ∈ C | y > 0}.
C’est ce qui est fait au chapitre VII après une rapide introduction à la
géométrie hyperbolique. On trouve que presque toutes les surfaces sont des
quotients très explicites de H par des actions de groupes, de la même façon
que le tore est le quotient du plan euclidien par le groupe des translations
entières. Après avoir découvert les surfaces par ce biais, au chapitre VIII on
en aborde la théorie du point de vue topologique. C’est de nouveau grâce au
groupe fondamental que l’on peut définir correctement des notions telles que
le bord d’une surface ou son orientabilité.
F. Laudenbach
Nantes, le 18 août 2004
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Topologie Algébrique
Table de matières
Première partie
Chapitre I : Groupes et espaces topologiques
1. Action de groupes
2. Ensemble quotient ou ensemble des orbites
3. Espaces topologiques
4. Rappels sur la compacité
5. Topologie produit (cas des produits finis)
6. Recollements
Chapitre II : Revêtements
7. L’exponentielle complexe et ses proprités topologiques
8. Revêtements, premiers exemples
9. Le revêtement induit
10. Théorème fondamental des revêtement : le relèvement de chemins
11. Simple connexité
Chapitre III : Groupe fondamental
12. Construction du groupe fondamental, propriétés générales
13. Groupe libre à deux générateurs
14. La suite exacte des revêtements.
Chapitre IV : Groupe défini par générateurs et relations,
Théorèmes de Van Kampen
15. Groupe défini par générateurs et relations,
16. Produit libre de deux groupes
17. Premier théorème de Van Kampen
18. Second théorème de Van Kampen
3
4
Topologie Algébrique
Chapitre V : Classification des revêtements
19. Le théorème de relèvement
20. Revêtement 1-connexe ou universel
21. Applications :
A. Le théorème de Schreier
B. Automorphismes de revêtements
Seconde partie
Chapitre VI : Pavages du plan euclidien
22. Isométries du plan
23. Domaine de Dirichlet
24. Le théorème de Poincaré
Chapitre 7 : Introduction à la géométrie hyperbolique
25. La sphère de Riemann
26. La métrique de Poincaré sur H ou métrique hyperbolique
27. Géodésiques
28. Triangles géodésiques
29. Polygones réguliers
Chapitre : Surfaces
30. Définition des surfaces
31. Surfaces orientables
32. L’orientabilité du point de vue algébrique
33. Classification des surfaces compactes orientables à bord vide
34. Classification des surfaces compactes non-orientables.
I : Groupes et espaces topologiques
5
Chapitre I : Groupes et espaces topologiques
c1
Actions de groupes
1.1. Définition. — Un groupe G agit à gauche sur un ensemble X si l’on a
une loi de composition
G × X → X, (g, x) 7→ g · x,
telle que
(a) g1 · (g2 · x) = (g1 g2 ) · x (associativité)
(b) e · x = x pour tout x ∈ X.
1.2. Exemples. — 1) G = Z, X = R avec g · x = x + g.
2) G = O(2), X = R2 avec g · x = le produit de la matrice (2 × 2) g par la
colonne x.
3) Soit D1 et D2 deux droites vectorielles dans R2 . Soit σi la symétrie orthogonale par rapport à Di ; σi ∈ O(2). Soit G le sous-groupe de O(2) engendré
par σ1 et σ2 (= le plus petit sous-groupe contenant σ1 et σ2 = l’ensemble de
p
tous les produits σ1 , σ2 , σ1 σ2 , σ2 σ1 , . . .). Si l’angle des deux droites est π
n
(p et n étant deux entiers premiers entre eux), ce groupe est noté Dn ; il est
d’ordre 2n. Si l’angle n’est pas dans πQ, il est d’ordre infini et est noté D∞ .
4) G = Bij(X) est l’ensemble des bijections de X, muni de la loi de groupe
g1 g2 = g1 ◦ g2 et de l’action g · x = g(x).
1.3. Proposition. — La donnée d’une action de G sur X équivaut à la
donnée d’un morphisme de groupes G → Bij(X).
Démonstration. — 1) À partir de l’action, pour tout g ∈ G, on a une application fg : X → X définie par fg (x) = g · x. On a
(1) fg1 ◦ fg2 = fg1 g2
d’après l’associativité de l’action et
(2) fe = IdX .
Donc
fg−1 ◦ fg = fg ◦ fg−1 = IdX
6
Université de Nantes - Topologie Algébrique
et fg ∈ Bij(X). De plus les formules (1) et (2) signifient que f : G → Bij(X),
définie par g 7→ fg , est un morphisme de groupes.
2) Réciproquement, si f : G → Bij(X) est un morphisme de groupes g 7→ fg ,
la formule g · x = fg (x) satisfait aux deux conditions d’une action.
De la même manière, une action à droite est une loi de composition X×G → X,
(x, g) 7→ x · g vérifiant
(a) (x · g1 ) · g2 = x · (g1 g2 )
(b) x · e = x pour tout x ∈ X.
1.1. Exercice. — Si l’on part d’une action à gauche, on peut faire une action
à droite par x · g := g −1 · x.
2. Ensemble quotient ou ensemble des orbites.
2.1. Définition. — Soit G un groupe agissant sur un ensemble X. L’orbite
de x ∈ X, notée Gx, est la partie
Gx := {g · x | g ∈ G} ⊂ X.
Si P(X) désigne l’ensemble des parties de X, Gx désigne aussi un point de
P(X) ; si l’on craint l’ambiguı̈té, on pourra noter ce point [Gx].
2.2. Proposition. — Les orbites forment une partition de X ; c’est-àdire, pour deux éléments de X, être dans la même orbite est une relation
d’équivalence.
Démonstration. — a) Tout élément x appartient à une orbite : x ∈ Gx car
x = e · x.
b) Si Gx∩Gy 6= ∅, alors Gx = Gy ; en effet, si z = g1 x = g2 y, on a y = g2−1 g1 x,
donc y ∈ Gx et Gy ⊂ Gx. On a aussi x = g1−1 g2 y, donc x ∈ Gy et Gx ⊂ Gy.
Finalement Gx = Gy.
2.3. Définition. — L’ensemble des classes d’équivalence est l’ensemble quotient G \X ; c’est une partie de P(X). On a une projection p : X → G \X ⊂
P(X) définie par p(x) = [Gx].
I : Groupes et espaces topologiques
7
2.4. Exemple. — Soit H un sous-groupe de G. H agit à gauche sur G par
(h, g) 7→ hg. Les orbites Hg sont les classes à droite. Le groupe G agit à droite
sur H \G par
[Hg 0 ] · g = [Hgg 0 ].
2.5. Proposition. — Il existe une loi de groupe sur H \G telle que p : G →
H \G soit un morphisme si et seulement si H est un sous-groupe distingué
(normal) de G.
Démonstration. — “⇒” Pour tout morphisme de groupes, le noyau est un
sous-groupe distingué.
“⇐” [Hg1 ] · [Hg2 ] = [Hg1 g2 ] est bien defini, indépendamment des
représentants g1 et g2 . En effet, si h1 g1 et h2 g2 sont deux autres représentants,
(h1 g1 )(h2 g2 ) = h1 (g1 h2 g1−1 )g1 g2 ∈ Hg1 g2 , car g1 h2 g1−1 ∈ H.
On vérifie immédiatement que cette loi est une loi de groupe. Par construction
p est un morphisme de groupes.
2.6. Définitions (Terminologie des actions). — 1) On dit que G agit
transitivement sur X si X = Gx (une seule orbite) ou encore si, pour toute
paire (x, y) ∈ X × X, il existe g ∈ G tel que y = g · x.
Exemple. — O(2) agit transitivement sur S 1 .
2) Le stabilisateur d’un point x ∈ X est le sous-groupe de G, en général non
distingué,
Stab(x) = {g ∈ G | g · x = x} .
Exemple. — G agit à gauche sur G /H (l’ensemble des classes à gauche). On
a Stab([eH]) = H et Stab([gH]) = gHg −1 .
3) Une action est libre si Stab(x) = e pour tout x ∈ X, c.-à-d.
∀ g 6= e ∀ x ∈ X : g · x 6= x.
Exemple. — O(2) n’agit pas librement sur R2 :
si x = 0, on a Stab(x) = O(2),
si x 6= 0, on a Stab(x) = {Id, symétrie orthogonale par rapport à la droite
8
Université de Nantes - Topologie Algébrique
xR } ∼
= Z / 2Z.
4) Une action est fidèle ou effective si :
∀ g 6= e ∃ x ∈ X : g · x 6= x.
Autrement dit, G → Bij(X) est injective.
3. Espaces topologiques
3.1. Définition. — Soit X un ensemble et P(X) l’ensemble de ses parties.
Une topologie sur X est la donnée d’une famille T de parties de X, appelées
ouverts, (T est une partie de P(X)) et vérifiant les axiomes suivants :
– La partie vide et la partie pleine sont des ouverts.
– Une intersection finie d’ouverts est ouverte.
– Une union quelconque d’ouverts est ouverte.
Par définition, une partie A est fermée si X \ A est ouverte.
3.2. Exemples. — 1) Espace métrique. Soit X un espace métrique : A ⊂ X
est ouvert si, pour tout a ∈ A, il existe > 0 tel que la boule
B(a, ) := {x ∈ X | d(a, x) < }
soit contenue dans A.
2) Topologie discrète : T = P(X). Tout singleton est ouvert.
3.3. Définitions. — 1) Application continue. (X, TX ) et (Y, TY ) étant deux
espaces topologiques, f : X → Y est continue pour ces topologies si, pour tout
U ouvert de Y (c.-à-d. U ∈ TY ), f −1 (U ) ∈ TX .
Dans le cas des espaces métriques, cette définition équivaut à la suivante :
pour toute suite (xn )n convergente dans X, la suite (f (xn ))n est convergente
dans Y et
lim f (xn ) = f (lim xn ).
n
n
2) Homéomorphisme. Une application f : X → Y est un homéomorphisme si
f est une bijection continue ainsi que son application réciproque f −1 .
Exemple. — Soit X = [0, 1], TX la topologie discrète sur X, Y = [0, 1] et
TY la topologie de la métrique euclidienne sur Y . L’application f = Identité,
f : X → Y , est une bijection continue, mais f −1 n’est pas continue.
I : Groupes et espaces topologiques
9
Notons que l’ensemble Homéo(X) des homéomorphismes de X dans lui-même
est un groupe pour la composition des applications ; c’est un sous-groupe de
Bij(X).
3) L’action d’un groupe (discret) sur un espace topologique est donnée par
un morphisme G → Homéo(X).
4) Topologie quotient.
Si X est un espace topologique et R une relation d’équivalence, on note X/R
l’ensemble des classes d’équivalence et p : X → X/R la projection. La topologie quotient sur X/R est définie par :
U ⊂ X/R est ouvert ⇔ p−1 (U ) est ouvert dans X.
3.1. Exercice. — Vérifier les axiomes d’une topologie.
3.4. Proposition. — 1) p est continue.
2) Si f : X → Y est continue et est constante sur chaque classe d’équivalence,
alors il existe une unique application f¯ : X/R → Y telle que f = f¯ ◦ p. De
plus, f¯ est continue.
3) Si R est donnée par l’action d’un groupe G, alors p est ouverte, c’est-à-dire
que l’image par p de tout ouvert de X est un ouvert de X/R .
Démonstration. — 1) Cela est vrai par définition de la topologie quotient.
2) Exercice.
3) Soit U un ouvert de X. Il s’agit de voir que p−1 (p(U )) est un ouvert de X.
Or
[
[
p−1 (p(U )) =
Gx =
gU.
x∈U
g∈G
Mais g agit par homéomorphisme de X, donc gU est un ouvert et une réunion
d’ouverts est un ouvert.
3.5. Exemples. — 1) Z \R = R /Z (car Z est abélien(1) ) est homéomorphe
à S 1 , le cercle unité de C.
(1)
Pour un groupe abélien G agissant à gauche sur X la loi de l’action à gauche vérifie aussi
les axiomes d’une action à droite ; donc on ne parle plus du sens de l’action.
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exp
Démonstration. — R 3 x 7−→ e2iπx ∈ S 1 est 1-périodique et continue, donc se
factorise
x ∈ RN
NNN
NNN
NNN
N'
exp
/
[x] ∈ R /Z
e2iπx ∈ S 1
p
et exp est continue et évidemment bijective. Par ailleurs, un ouvert de R /Z
est une réunion de p(]x − n1 , x + n1 [) et exp(]x − n1 , x + n1 [) est un ouvert de S 1
pour la topologie induite de C, car
exp( ]x −
1
2π
2π
1
, x + [ ) = S 1 ∩ {z ∈ C | z 6= 0 , arg(z) ∈ ]2πx −
, 2πx +
[ }.
n
n
n
n
Donc exp est ouverte. Finalement c’est un homéomorphisme.
2) Le plan projectif réel est le quotient de S 2 par l’involution antipodale :
P 2 = {±} \S 2 .
3) Quotient à projection non-ouverte.
3.2. Exercice. — Soit X = S 1 ⊂ C muni de la relation d’équivalence
z1 Rz2 ⇔ z1 = z2 ou (z1 = ±1 et z2 = −z1 ). Montrer que p : X → X / R n’est
pas ouverte.
Montrer que X / R est homéomorphe à la figure huit (utiliser le critère
d’homéomorphie ci-dessous) (voir la figure ci-dessous).
4) Quotient non-séparé.
I : Groupes et espaces topologiques
11
3.3. Exercice. — Soit f : [0, 1] → [0, 1] une bijection continue croissante
vérifiant f (x) > x pour tout x ∈ ]0, 1[. Soit f n = f ◦ . . . ◦ f et f −n =
f −1 ◦ . . . ◦ f −1 (n fois). Montrer que, pour tout x ∈ ]0, 1[, f n (x) → 1 pour
n → +∞ et f n → 0 pour n → −∞. On définit une action de Z sur [0, 1] par
n · x = f n (x). Montrer que le quotient n’est pas séparé.
4. Rappels sur la compacité
4.1. Définition. — Un espace topologique est compact s’il est séparé et si
tout recouvrement ouvert admet un sous-recouvrement fini. Un espace dont
la topologie possède seulement cette propriété de recouvrement est dit quasicompact (2) .
Le théorème de Bolzano-Weierstrass énonce que, si l’espace est métrique, la
compacité équivaut à la suivante : toute suite admet une sous-suite convergente. Dans la preuve de l’équivalence intervient un lemme important.
4.2. Lemme (Lemme ε de Lebesgue). — Soit X un espace métrique
compact. Soit R = {Ui }i∈I un recouvrement ouvert de X. Alors il existe > 0
tel que, pour tout x ∈ X, la boule B(x, ) est entièrement contenue dans l’un
des Ui :
∃ > 0 ∀x ∈ X ∃ i ∈ I : B(x, ) ⊂ Ui .
Démonstration. — Sinon
∀
1
1
∃ xn ∈ X ∀i ∈ I : B(xn , ) 6⊂ Ui .
n
n
Par compacité (xn )n admet une sous-suite convergente (xnp )p de limite a.
Cette limite apppartient à un Ui0 . Comme Ui0 est ouvert, il existe δ > 0 tel
que B(a, δ) ⊂ Ui0 et il existe p0 tel que, pour tout p ≥ p0 , xnp ∈ B(a, 2δ ). Si
1
δ
1
en plus
< , on a B(xnp , ) ⊂ Ui0 , ce qui est une contradiction.
np0
2
np
4.3. Corollaire. — Soit f : X → Y une application continue entre deux
espaces métriques. Si X est compact, f est uniformément continue.
(2)
Traduction : compact = a compact Hausdorff space, quasi-compact =a compact set.
12
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Démonstration. — Soit > 0. On considère le recouvrement ouvert de X
R = {f −1 (B(y, ))}y∈Y .
2
D’après le lemme, il existe η > 0 et, pour tout x ∈ X, il existe y ∈ Y tel que
B(x, η) ⊂ f −1 (B(y, 2 )). En particulier, dX (x, x0 ) < η implique dY (y, f (x)) <
0
0
2 et dY (y, f (x )) < 2 , et donc aussi dY (f (x), f (x )) < par inégalité du
triangle.
On rappelle le théorème important :
4.4. Théorème. — Soit f : X → Y continue. On suppose Y séparé et X
(quasi-)compact. Alors f (X) est fermé dans Y et compact.
4.5. Corollaire (Critère d’homéomorphie). — Si f : X → Y est une
bijection continue, si X est (quasi-)compact et Y séparé, alors f est un
homéomorphisme.
Démonstration. — Il s’agit de voir que f −1 : Y → X est continue, ce qui
équivaut à voir que f est une application ouverte.
Soit U un ouvert de X ; X \ U est un fermé de X, donc (quasi-)compact.
D’après le théorème, f (X \ U ) est donc un fermé de Y . Or, pour une bijection
f (X \ U ) = f (X) \ f (U ) = Y \ f (U ). Donc f (U ) est un ouvert.
5. Topologie produit (cas des produits finis)
5.1. Définition. — Soit X1 et X2 deux espaces topologiques. Une partie
A ⊂ X × X est un ouvert pour la topologie produit si, pour tout (x1 , x2 ) ∈ A,
il existe des voisinages ouverts Ui de xi dans Xi , i = 1, 2, tels que U1 ×U2 ⊂ A.
5.1. Exercice. — Vérifier les axiomes d’une topologie.
5.2. Exemple. — X × N, où N est muni de la topologie discrète. Si U est un
ouvert de X, U × {n} est un ouvert de X × N. De plus X × N est la réunion
`
disjointe n∈N X × {n} des ouverts X × {n}.
5.3. Proposition. — 1) Soit pi : X1 × X2 → Xi la projection (x1 , x2 ) 7→ xi .
Les projections p1 et p2 sont continues.
2) Soit f : X → X1 × X2 , où X est un espace topologique. Alors f est continue
si et seulement si p1 ◦ f et p2 ◦ f sont continues.
I : Groupes et espaces topologiques
13
Démonstration. — 1) Si U1 est un ouvert de X1 , p−1 (U1 ) = U1 × X2 est bien
un ouvert de la topologie produit.
2) “⇐”
f −1 (U1 × U2 ) = f −1 (U1 × X2 ) ∩ (X1 × U2 ) = (p1 ◦ f )−1 (U1 ) ∩ (p2 ◦ f )−1 (U2 ).
Par hypothèse (pi ◦ f )−1 (Ui ) est un ouvert de X, donc leur intersection aussi.
Un ouvert général A de X1 × X2 est, par définition, une union d’ouverts proS
S
duits : A = j∈J (U1j × U2j ) ; donc f −1 (A) = j∈J f −1 (U1j × U2j ) est un ouvert
de X, comme réunion des ouverts f −1 (U1j × U2j ).
5.4. Exemple. — Soit f : [0, 1] → X × N avec f (0) = (x0 , n0 ). Soit γ =
p1 ◦ f : [0, 1] → X. Alors f est continue si et seulement si γ est continue et
f (t) = (γ(t), n0 ) pour tout t ∈ [0, 1].
5.5. Produit de compacts. — Si X1 et X2 sont compacts, alors X1 ×X2 est
compact. (Écrire la démonstration dans le cas d’espaces métriques en recourant
à Bolzano-Weierstrass.)
6. Recollements
6.1. Définition. — On se donne un espace topologique X, une partie A ⊂ X
et une application continue f : A → X continue. Pour simplifier, on suppose
f (A) ∩ A = ∅. On définit X/f := X/R où R est la relation d’équivalence
suivante :
– si x ∈
/ A ∪ f (A), Rx = {x}.
– si x ∈ A, Rx = {f (x)} ∪ {x0 ∈ A | f (x0 ) = f (x)}
– si x ∈ f (A), Rx = {x} ∪ f −1 ({x}).
On note aussi X/f = X/x ∼ f (x) .
6.2. Exemples. — 1) S 1 ∼
= [0, 1]/0 ∼ 1 où A = {0} et f (0) = 1.
2) [0, 1] × [0, 1]/(0, y) ∼ (1, y) ∼
= S 1 × [0, 1] (l’anneau) ;
S 1 × [0, 1]/(θ, 0) ∼ (θ, 1) ∼
= S 1 × S 1 = T 2 (le tore).
3) P 2 ∼
= D2 t S 1 /f où ∂D2 est le bord de D2 et où f : ∂D2 → S 1 est donné
par z 7→ z 2 .
14
Université de Nantes - Topologie Algébrique
P2 ∼
= D2 /{x ∼ −x si x ∈ ∂D2 } .
6.3. Description d’un ouvert de X/f . — Soit p : X → X/f la projection. Par définition de la topologie quotient un ouvert de X/f est un p(U )
où U est un ouvert de X qui est une réunion de classes d’équivalence, ce qui
s’exprime par :
(∗) U ∩ A = f −1 (U ∩ f (A))
6.4. Proposition. — Si X est compact et si A est fermée dans X, alors X/f
est compact.
Noter que A et f (A) sont alors compacts. Voici un contre-exemple si A n’est
pas fermé : X = [0, 1] × {0, 1}, A = [0, 1[×{0}, f (x, 0) = (x, 1). Alors X/f
n’est pas séparé.
Démonstration. — Pour simplifier X est supposé métrique.
1) Prouvons que X/f est séparé. Les classes d’équivalence sont fermées dans
X. Séparons p(a1 ) et p(a2 ) où a1 et a2 sont deux points distincts de f (A)
(les autres cas sont faciles). Soit W1 et W2 deux voisinages de a1 et a2 ,
fermés et disjoints, et disjoints de A ; par exemple deux boules de rayon
d(a1 , a2 )
inf(
, d(ai , A)). Alors f −1 (W1 ) et f −1 (W2 ) sont deux fermés disjoints
2
dans A, donc deux compacts disjoints. Les quatre compacts W1 , W2 , f −1 (W1 )
et f −1 (W2 ) sont à des distances mutuelles ≥ δ > 0. En prenant la réunion des
boules ouvertes B(xi , 2δ ), xi ∈ f −1 (Wi ), on fabrique des ouverts Vi ⊃ f −1 (Wi )
tels que V1 ∩ V2 = ∅, Vi ∩ (W1 ∪ W2 ) = ∅.
f −1 (int(Wi )) est un ouvert de A ; donc f −1 int(Wi )) = A ∩ Ui où Ui est un
ouvert de X qu’on peut prendre dans Vi . On pose Oi := int(Wi ) ∪ Ui . Cet
ouvert vérifie (∗) et contient Rai . Donc p(Oi ) est un ouvert de X/f . De plus,
O1 ∩ O2 = ∅. Comme ces ouverts sont saturés par R, p(O1 ) ∩ p(O2 ) = ∅. Donc
on a séparé p(a1 ) et p(a2 ).
2) p : X → X/f est continue de source compacte et de but séparé. Donc p(X)
est compact. Comme p est surjective, X/f est compact.
6.1. Exercice. — Établir les homéomorphismes des exemples (6.2) ci-dessus.
On peut utiliser le critère d’homéomorphie (4.5) et la proposition générale cidessus (6.4).
I : Groupes et espaces topologiques
15
On peut aussi remarquer que les quotients considérés sont séparés car ils sont
munis d’une injection continue à valeurs dans un espace séparé.
François Laudenbach & Friedrich Wagemann
Département de mathématiques, Université de Nantes,
2 Rue de la Houssinière F-44322 Nantes Cedex 03
I : Groupes et espaces topologiques
1
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
td1
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 1, Topologie algébrique
2005-2006
Actions de groupes.
1.1. Exercice (Le groupe diédral). — Soient D1 et D2 deux droites dans
R2 qui s’intersectent et qui forment un angle α entre elles, et σi la symétrie
par rapport à Di , i = 1, 2. Soit G ⊂ O(2) le sous-groupe du groupe orthogonal
du plan O(2) engendré par les symétries σi , i = 1, 2.
a) Montrer comment σ1 et σ2 peuvent être combinés pour donner une rotation
R. Utiliser la règle de commutation de σi avec R pour réduire la liste des
éléments de G.
b) Montrer que si α = π np avec n, p ∈ N et pgcd(p, n) = 1, alors G est un
groupe fini d’ordre 2n, qu’on note Dn (si α ∈ R \ Q, on le note D∞ ).
c) Calculer le noyau de la restriction de det : O(2) → Z2 à Dn ⊂ O(2) et à
D∞ . À quelles transformations corresponde-t-il géométriquement ?
d) Est-ce que Dn ∼
= Z2 ⊕ Zn ? Est-ce que Dn est le produit semi-direct de Z2
et de Zn ?
Indication
Corrigé
1.2. Exercice (Exemple d’une action non propre sur un espace compact)
1) Classification des sous-groupes additifs de R
Pour a ∈ R+ , aZ ⊂ R est un sous-groupe additif du groupe (R, +) (exercice !).
2
Université de Nantes - Topologie Algébrique
On appelle un tel groupe discret. Le but de cet exercice est de montrer que les
sous-groupes non discrets de (R, +) sont denses.
a) Soit G un sous-groupe additif non nul de R. Posons F = G ∩ R∗+ . Montrer
que inf(F ) =: a existe dans R.
b) Montrer que si a > 0, alors a ∈ G et en déduire G = aZ
c) Montrer que si a = 0, alors pour tout x < y couple d’éléments de R, on a
]x, y[ ∩G 6= ∅, i.e. que G est dense dans R. (Indication : Trouver z ∈ G tel que
0 < z < y − x. Montrer qu’il existe n ∈ N tel que nz ∈]x, y[. Conclure.)
2) D∞ n’agit pas proprement sur S 1
On rappelle que G agit proprement sur un espace topologique X si et seulement si :
Pour tout x, y ∈ X, il existe des voisinages Vx , Vy de x et de y respectivement
tels que gVx ∩ Vy = ∅ sauf pour un nombre fini de g ∈ G.
a) Soit α ∈ R et Gα := {nα + q | n, q ∈ Z}. Montrer que Gα est un sous-groupe
additif de R. Montrer que Gα est discret si et seulement si α ∈ Q (on pourrait
montrer dans le cas α ∈ R \ Q, que les valeurs de la suite (nα mod 1)n∈N dans
[0, 1] sont toutes distinctes).
b) Soit Gα = {nα mod 1} ⊂ S 1 = Z \ R. Montrer que Gα ⊂ R est dense si et
seulement si Gα ⊂ S 1 l’est.
c) Utiliser l’existence d’éléments arbitrairement petits dans Gα pour α ∈ R \ Q
pour montrer que pour tout x ∈ S 1 et tout voisinage U de x dans S 1 , il existe
une suite d’éléments distincts gn de Gα telle que pour tout y ∈ U : gn · y ∈ U
à partir d’un certain n.
d) Conclure que D∞ n’agit pas proprement sur S 1 .
Indication
Corrigé
1.3. Exercice (Sous-groupes discrets des groupes de Lie)
Montrer que tout sous-groupe distingué discret H d’un groupe topologique
connexe G est contenu dans le centre (Indication : montrer que pour tout
x ∈ G l’application continue φx : y 7→ xyx−1 y −1 de G vers le sous-groupe
des commutateurs [G, G] := {xyx−1 y −1 |x, y ∈ G} est d’image discrète si et
I : Groupes et espaces topologiques
3
seulement si x est central.). Trouver des exemples non-triviaux (i.e. G nonabélien et H 6= {1}) dans SU (2) et dans le groupe de Heisenberg des matrices
réelles de taille 3 × 3 triangulaires supérieures avec des 1 sur la diagonale.
Indication
Corrigé
4
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Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Actions de groupes : indications pour les exercices
1.1. Indication exercice. — 1.1 a) Calculer ou construire géométriquement
la composé σ1 ◦ σ2 .
Le sous-groupe de O(2) engendré par σ1 et σ2 consiste à priori des mots
σ1n1 ◦σ2n2 . . . σ1nr ◦σ2nr . Réduire un tel mot à l’aide de la relation faisant intervenir
σ1 , σ2 et R.
1.1 b) Examiner l’ordre de la rotation R.
1.1 c) Que vaut le déterminant d’une rotation ? Que vaut le déterminant
d’une symétrie ?
1.1 d) Un produit semi-direct G = N o Q de groupes est une suite exacte
de groupes
i
π
1→N →G→Q→1
qui est scindé, i.e. où le morphisme de groupes i (ou π) admet un inverse à
gauche (resp. à droite) qui est un morphisme de groupes.
Énoncé
Corrigé
1.2. Indication exercice. — 1.2 1a) Tout sous-ensemble A ⊂ R non vide
minoré possède un infimum dans R. Ceci est la propriété de complétude de R,
qui le distingue par exemple de Q.
1.2 1b) Si a n’était pas dans F , on pourrait approcher a par un élément y
de F et construire par la loi du groupe G un élément de F strictement plus
petit que a.
1.2 1d) n est la partie entière de x/z.
1.2 2a) Utiliser le principe des tiroirs, i.e. quand on distribue n + 1 (ou
plus) éléments d’un ensemble sur n tiroirs (ou ici n intervalles), alors il y a
forcément un tiroir qui contient deux éléments.
I : Groupes et espaces topologiques
1.2 2c) Montrer qu’il existe hn ∈ Gα tel que 0 < hn <
Poser ensuite gn := 1 − hn .
1.2 2d) Par la contraposée.
Énoncé
5
1
n
et hn < hn−1 .
Corrigé
1.3. Indication exercice. — 1.3 Utiliser (et montrer !) qu’une application continue d’un connexe vers un discret est constante.
Énoncé
Corrigé
6
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Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 1, Topologie algébrique
2005-2006
Actions de groupes : solution des exercices
1.1. Corrigé exercice. — (a) Soient donc σ1 et σ2 les deux réflexions dans
le plan R2 par rapport aux droites D1 et D2 . Soit O le point d’intersection de
D1 et D2 , et soit α ≤ π l’angle de D1 à D2 dans le sens mathématiquement positif. Alors σ1 ◦σ2 = R2α , la rotation d’angle 2α dans le sens mathématiquement
positif, et σ2 ◦ σ1 = R−2α . Ceci se démontre par exemple comme suit : en
prenant un répère orthonormé direct (O,~i, ~j) dans le plan affine R2 tel que
R~i = D1 , la matrice S de σ1 s’écrit
!
1 0
S :=
.
0 −1
Le changement de répère orthonormé direct de (O,~i, ~j) en (O, e~1 , e~2 ) tel que
Re~1 = D2 donne lieu à des matrices de changement de base P et P −1 :
!
cos(α) − sin(α)
P =
sin(α) cos(α)
et
P −1 =
cos(α) sin(α)
− sin(α) cos(α)
!
.
P −1 SP est la matrice de σ1 dans le répère (O, e~1 , e~2 ). Dans ce dernier, la
symétrie σ2 s’écrit simplement S, et par suite SP SP −1 est la matrice de la
composée. Un calcul montre que
!
cos(2α)
−
sin(2α)
SP SP −1 =
.
sin(2α) cos(2α)
I : Groupes et espaces topologiques
7
Le sous-groupe de O(2) engendré par σ1 et σ2 consiste à priori des σ1 , σ2 , σ1 ◦
σ2 , σ2 ◦ σ1 , . . .. Un mot quelconque σ1n1 ◦ σ2n2 . . . σ1nr ◦ σ2nr peut se réduire grâce
aux relations σ12 = id, σ22 = id, σ1 ◦ σ2 = R2α , σ2 ◦ σ1 = R−2α et σ2 ◦ R2α ◦ σ2 =
R−2α : on en déduit par les deux premières relations que tout mot se réduit
en σ1 ◦ σ2 ◦ σ1 ◦ . . . ◦ σ1 , σ2 ◦ σ1 ◦ σ2 ◦ . . . ◦ σ1 , σ1 ◦ σ2 ◦ σ1 ◦ . . . ◦ σ2 ou
σ2 ◦ σ1 ◦ σ2 ◦ . . . ◦ σ2 . Ensuite on regroupe les symétries pour réduire les mots
n , Rn ◦ σ , σ ◦ Rn et σ ◦ Rn ◦ σ . Quitte à admettre des rotations
en R2α
1
2
2
1
2α
2α
2α
d’angles positifs et négatifs, on peut commuter σ2 ◦ R2α = R−2α ◦ σ2 afin
d’avoir toutes les symétries non-appariées derrière les rotations. Ceci entraı̂ne
aussi qu’on peut se restreindre à une symétrie en fin de mot, prenons σ2 . Les
z et Rz 0 ◦ σ pour z, z 0 ∈ Z. L’utilisation
mots réduits sont donc du type R2α
2
2α
du déterminant montre que ces deux types de mot ne se transforment pas les
un dans les autres. On a donc
0
z
z
G = {R2α
, R2α
◦ σ2 | z, z 0 ∈ Z}.
Énoncé
Indication
n = R
1.1 (b) Si α = π np avec p, n ∈ N et pgcd(p, n) = 1, alors R2α
2pπ = id.
p
Ainsi on voit facilement que 2n est l’ordre de G. Quand α 6= π n , alors R2α est
d’ordre infini ainsi que G.
Il s’avère que Dn est le groupe de symétrie du n-gone régulier : pour n pair,
il y a n2 symétries passant par le milieu de 2 arêtes et n2 symétries passant
par deux sommets (dont l’un se trouve en face de l’autre) plus les n rotations.
Pour n impair, il y a n symétries passant par un sommet et le milieu d’une
arête plus les n rotations.
Énoncé
Indication
1.1 (c) ker(det : Dn → {±1}) = Zn , le sous-groupe des rotations. ker(det :
D∞ → {±1}) = Z, le groupe abélien libre engendré par la rotation R2α .
Énoncé
Indication
1.1 (d) La question précédente implique qu’on a une suite exacte courte de
groupes
det
0 → Zn → Dn → Z2 → 0,
respectivement
det
0 → Z → D∞ → Z2 → 0.
Dn (resp. D∞ ) n’est pas isomorphe à Zn ⊕Z2 (resp. Z⊕Z2 ) parce que ce dernier
groupe est abélien, mais Dn (resp. D∞ ) ne l’est pas. Un produit semi-direct
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Université de Nantes - Topologie Algébrique
G = N o Q de groupes est une suite exacte de groupes
i
π
1→N →G→Q→1
qui est scindé, i.e. où le morphisme de groupes i (ou π) admet un inverse à
gauche (resp. à droite) qui est un morphisme de groupes. Dans notre cas, on
peut choisir comme inverse à droite du déterminant le morphisme déterminé
de façon unique par s(−1) = σ2 . En effet, det(s(−1)) = det(σ2 ) = −1 (de
même pour D∞ ). On en déduit que Dn (et D∞ ) est isomorphe au produit
semi-direct Dn ' Zn o Z2 (resp. D∞ ' Z o Z2 ).
Énoncé
Indication
1.2. Corrigé exercice. — (1a) F n’est pas vide, car pour tout x ∈ G\{0},
x ou −x est dans F . F est minoré par 0. En conclusion, l’inf existe bien.
Énoncé
Indication
1.2 (1b) Si a > 0, alors il existe y ∈ F avec a ≤ y < 2a. Si on avait a < y,
alors il existerait z ∈ F avec a ≤ z < y < 2a, et par suite y − z ∈ F et
0 < y − z < a, ce qui contredirait le fait que a = inf F . Ainsi a = y ∈ G et
donc aZ ⊂ G.
D’un autre côté, pour un élément quelconque x ∈ G, soit m la partie entière
de x/a, i.e. m ∈ Z et 0 ≤ x − am < a. On a x − am ∈ G, donc a = inf F
implique x − am = 0, et par suite x ∈ aZ. Ceci donne G ⊂ aZ.
Énoncé
Indication
1.2 (1c) Soit donc a = 0. Soient x < y deux éléments de R ; montrons que
]x, y[∩G 6= ∅. Puisque inf F = 0 et 0 < y − x, on peut trouver z ∈ G tel que
0 < z < y − x. Soit n la partie entière de x/z. On a 0 < (n + 1)z − x ≤
z < y − x, ce qui implique x < (n + 1)z < y, i.e. (n + 1)z ∈]x, y[. Finalement
(n + 1)z ∈]x, y[∩G, et ceci veut dire que G est partout dense dans R.
Énoncé
Indication
1.2 (2a) Pour α ∈ R, on note Gα = {nα + q | n, q ∈ Z}. Il est facile à montrer
que Gα est un sous-groupe additif de R. Soit α = rs ∈ Q (sans perte de
généralité r, s > 0), et supposons qu’il existe n, q ∈ Z avec 0 < nα + q < 1s .
Ceci implique 0 < nr + qs < 1. Or, nr + qs ∈ Z, donc ceci est impossible.
Ainsi, si on note F = Gα ∩ R∗+ , inf F ≥ 1s > 0, et par suite Gα est discret (par
ce qui précède).
I : Groupes et espaces topologiques
9
Réciproquement, soit α ∈ R \ Q. J’affirme que la suite (α n mod Z)n∈N ne
prend que des valeurs deux à deux distinctes dans [0, 1]. En effet, αn + l =
r−l
∈ Q si n 6= m. Ainsi
αm + r implique α(n − m) = r − l, i.e. α = n−m
l’égalité des deux valeurs entraı̂nerait une contradiction avec α ∈ R \ Q. De
ce fait, on déduit facilement que Gα est dense pour α ∈ R \ Q. En effet, les
représentants dans [0, 1] des éléments de la suite (α n mod Z)n∈N sont dans
Gα , puisque Z ⊂ Gα . Parmi les différences entre n + 1 éléments distincts de
[0, 1], il se trouve forcément une qui est inférieur à n1 (principe des tiroirs), et
par suite les différences des éléments de la suite deviennent aussi petites que
l’on veut. Ainsi Gα possède des éléments aussi petits que l’on veut, i.e., si on
note F = Gα ∩ R∗+ , inf F = 0 et Gα est dense dans R.
Énoncé
Indication
1.2 (2b) Gα ⊂ S 1 est dense si et seulement si Gα ⊂ [0, 1] l’est. Mais les
représentants dans [0, 1] des éléments de la suite (α n mod Z)n∈N sont encore
dans Gα , puisque Z ⊂ Gα . Ainsi, si on note F = Gα ∩ R∗+ , inf F = 0 et
Gα est dense dans R. Réciproquement, si Gα est dense dans R, la projection
π : R → Z \ R (qui est aussi un homomorphisme de groupes !) envoie Gα sur
Gα qui est par suite dense dans [0, 1].
Énoncé
Indication
1.2 (2c) On sait que pour tout > 0, il existe g ∈ Gα tel que 0 < g < (on note aussi g le représentant dans [0, 1] de la classe défini par g dans Gα ).
Montrons que pour tout x ∈ S 1 et tout voisinage U de x dans S 1 , il existe
(gn )n∈N ∈ Gα suite d’élément distincts avec pour tout y ∈ U : gn · y ∈ U
à partir d’un certain n. En effet, il existe par hypothèse hn ∈ Gα tel que
0 < hn < n1 et hn < hn−1 . Posons alors gn := 1 − hn ∈ Gα . Les gn forment
une suite strictement croissante, bornée par 1. Maintenant, étant donné x et
U , posons U := {z ∈ S 1 | d(x, z) < }. Pour un y ∈ U , il existe < 21 tel que
y ∈ U ⊂ U . Il est clair qu’il existe N ∈ N avec n1 < pour tout n > N . Par
construction d(gn y, y) = |gn y − y| = |(1 − hn )y − y| = |hn y| < |hn | < n1 ≤ à
partir d’un certain n.
Énoncé
Indication
1.2 (2d) Par contraposition, il faut montrer l’existence de x et y dans S 1
tels que pour tous voisinages Ux et Vy , il existe une infinité de g ∈ D∞ avec
gUx ∩ Vy 6= ∅. Pour cela, il suffit de prendre x = y, et, quitte à passer à
l’intersection, il suffit de prendre U := Ux = Vx . Ainsi, étant donné x et U , il
10
Université de Nantes - Topologie Algébrique
faut montrer qu’il existe une infinité de g ∈ D∞ avec g y ∈ U pour tout y ∈ U .
Mais Gα peut être vu comme le sous-groupe des rotations de D∞ , donc 1.2
(2c) montre que D∞ n’agit pas proprement sur S 1 .
Énoncé
Indication
1.3. Corrigé exercice. — Montrons d’abord - comme indiqué - que l’application φx : G → [G, G] donnée par y 7→ xyx−1 y −1 est d’image discrète si et
seulement si x ∈ Z(G). Si x ∈ Z(G), alors xyx−1 y −1 = 1 pour tout y ∈ G,
et l’image de φx est réduit à {1} qui est discret dans G. Soit réciproquement
Im(φx ) discrète. 1 ∈ Im(φx ), et toute application continue f : X → Y d’un
connexe vers un discret est constante (cf 2.1 2)). En effet, sinon il existe
y 6= y 0 ∈ f (X) ⊂ Y , i.e. f (X) \ {y} 6= ∅. Y discret implique que f −1 (y)
et f −1 (f (X) \ {y}) sont deux ouverts non vides de X, d’intersection vide, et
de réunion X. Ceci est impossible pour un connexe X. Par suite Im(φx ) = {1}
et x ∈ Z(G).
La restriction de φx : G → [G, G], y 7→ xyx−1 y −1 à H est à valeur dans H,
car H est distingué. Ainsi l’image est discrète, et par ce qui précède, tous les
éléments x ∈ H sont centraux, i.e. H ⊂ Z(G).
Dans G = SU (2), le sous-groupe Z2 donné par les matrices I2 (matrice
identité) et −I2 est distingué et discret, donc central. L’application quotient
SU (2) → SU (2) / Z2 = SO(3) sera discuté dans l’exo 10.4.
Soit






 1 0 a


H=  0 1 0  |a∈Z




0 0 1
un sous-groupe du groupe de Heisenberg G. H s’identifie (comme espace topologique) à Z ⊂ R3 , ainsi H est discret. H est distingué, et central. Le quotient
G/H est homéomorphe à R2 × S 1 .
Énoncé
Indication
I : Groupes et espaces topologiques
11
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 2, Topologie algébrique
2005-2006
Topologie élémentaire.
2.1. Exercice (Connexité). — 1a) R \ {0} et R2 \ {0} sont-ils des espaces
topologiques connexes ? Quels sont les composantes connexes ? En déduire que
R et R2 ne sont pas homéomorphes.
1b) Montrer que R et S 1 ne sont pas homéomorphes.
2) Montrer que toute application localement constante sur un espace connexe
y est constante.
3) Montrer qu’un espace topologique connexe par arcs est connexe. Montrer
que l’espace topologique {(x, sin(1/x)) | x ∈]0, 1]} ∪ {(0, 0)} ⊂ R2 est connexe,
mais pas connexe par arcs. Montrer qu’un espace topologique qui est connexe
et localement connexe par arcs, est connexe par arcs.
Indication
Corrigé
2.2. Exercice (La topologie produit). — Soient X et Y deux espaces topologiques. On munit X × Y de la topologie produit.
1) Les projections pX et pY sont-elles continues ? ouvertes ? fermées ?
2) A quelle(s) condition(s) une application f : Z → X × Y est-elle continue ?
3) A quelle(s) condition(s) X × Y est-il séparé ? compact ? connexe ?
Indication
Corrigé
2.3. Exercice (Plongements). — Soit f : X → Y une application continue
injective entre espaces topologiques. On dit que f est un plongement topologique si f induit un homéomorphisme entre X et son image. Une application
f s’appelle propre si l’image réciproque de tout compact est compact.
12
Université de Nantes - Topologie Algébrique
1) Montrer que f n’est pas nécessairement un plongement topologique.
2) Montrer que si Y est séparé, alors X l’est aussi.
3) Montrer que si Y est séparé et X compact, alors f est un plongement.
4) Montrer que si Y est localement compact et f est propre, alors f est un
plongement.
Indication
Corrigé
2.4. Exercice (Homéomorphismes). — 1) Montrer qu’une application bijective continue n’est pas forcément un homéomorphisme.
2) Montrer qu’une application bijective continue f : X → Y avec Y séparé et
X compact est un homéomorphisme (cf 2.3 3)).
Rappelons la définition d’un homéomorphisme local : une application continue
f : X → Y est un homéomorphisme local si pour tout x ∈ X, il existe un
voisinage ouvert V de x, et un voisinage ouvert U de f (x) tels que la restriction
f |V : V → U soit un homéomorphisme.
3) Donner un exemple d’un homéomorphisme local f : X → Y et d’un sousensemble A ⊂ X tel que f |A ne soit pas un homéomorphisme local de A sur
f (A).
4a) Montrer que si X est compact et f : X → Y est un homéomorphisme local,
alors pour tout y ∈ Y , la fibre f −1 (y) est discrete. En déduire que l’ensemble
f −1 (y) est fini.
b) Supposons en plus que Y est connexe et séparé. Montrer alors que f est
surjective (montrer que le complémentaire de f (X) est ouvert et fermé).
Indication
Corrigé
2.5. Exercice (La topologie quotient). — 1) Soit X = [0, 1] muni de la
topologie induite par la valeur absolue. On considère la relation d’équivalence
sur X définie par
x ∼ y si et seulement si x = y, (x, y) = (0, 1) (x, y) = (1, 0)
et on note E l’espace quotient.
a) Montrer que E est séparé et en déduire que E est compact.
b) Montrer que E est homéomorphe à S 1 , le cercle unité muni de la topologie
induite par celle de R2 .
I : Groupes et espaces topologiques
13
2) Soient X, Y des espaces topologiques, f : X → Y une application continue
surjective telle que Y ait la topologie quotient par rapport à f . Montrer que
a) f est fermée si et seulement si pour tout fermé A ⊂ X : f −1 ◦ f (A) ⊂ X
est fermé.
b) f est ouverte si et seulement si pour tout ouvert O ⊂ X : f −1 ◦ f (O) ⊂ X
est ouvert.
Remarque : on appelle f −1 ◦ f (B) le saturé d’un sous-ensemble B ⊂ X.
Indication
Corrigé
2.6. Exercice (Problème de séparation du quotient)
1) On définit sur R la relation d’équivalence R par xRy si x − y ∈ Q. Montrer
que l’espace quotient R/R n’est pas séparé.
2) Soit X un espace topologique, R une relation d’équivalence sur X et q :
X → X/R la surjection canonique.
a) On suppose que q est ouverte. Montrer que X/R est un espace séparé si et
seulement si le graphe de la relation R est un fermé de X × X.
b) On suppose X compact. Montrer que X/R est séparé si et seulement si q
est fermée.
c) Soit maintenant A une partie non vide de X. On définit R par
xRy si et seulement si x = y ou (x, y) ∈ A × A.
c1) Donner une condition nécessaire et suffisante pour qu’une application
continue f : X → Y se factorise par X/A.
c2) On suppose X compact. Montrer que X/A est séparé si et seulement si A
est un sous-espace fermé de X.
c3) Retrouver le résultat de l’exercice 2.5 1a).
c4) Etudier le cas où X = D2 et A = S 1 , et plus généralement X = Dn et
A = S n−1 .
Indication
Corrigé
2.7. Exercice (La topologie discrète). — 1) Montrer que l’espace topologique R muni de la topologie engendrée par tous les intervals de la forme
]x, y] et tous les intervals [x, y[ est discret.
2) Soit F un espace discret fini. Donner la liste des ouverts de F × [0, 1].
Indication
Corrigé
14
Université de Nantes - Topologie Algébrique
2.8. Exercice (Quotient par l’action d’un groupe)
1a) Montrer que si le groupe G agit sur l’espace topologique X, alors l’application X → X/G est ouverte.
1b) Montrer que si en plus G est fini, alors l’application X → X/G est fermée.
Indication
Corrigé
2.9. Exercice (Groupes topologiques). — On appelle groupe topologique
un groupe G muni d’une topologie séparée vérifiant :
– µ : G × G → G, µ(g, h) = g · h est continue et
– i : G → G, i(g) = g −1 est continue.
1) Montrer que pour tout g ∈ G, la translation à gauche (resp. à droite, resp.
la conjugaison) par g est un homéomorphisme de G sur G.
2) Montrer que si H est un sous-groupe de G, il en est de même pour son
adhérence. Montrer que si de plus H est distingué dans G, H̄ est également
distingué dans G.
3) Soit H un sous-groupe fermé de G. Montrer que G/H, l’ensemble des classes
à gauche, munit de la topologie quotient, est séparé, et que la projection G →
G/H est une application ouverte (cf exo 2.8 1a)). Montrer que si de plus H
est distingué dans G, G/H est un groupe topologique.
4) Ici, K désigne le corps R ou C.
a) Montrer que Gl(n, K) est un ouvert de Mn (K).
b) Montrer que Gl(n, K) est un groupe topologique.
c) Montrer que U (n), SU (n), GL(n, R), O(n) et SO(n) sont des sous-groupes
fermés de GL(n, C) resp. de GL(n, R).
d) Montrer que U (n), SU (n), O(n) et SO(n) sont compacts.
e) Construire un isomorphisme de groupes topologiques entre GL(n, C) et
C∗ n SL(n, C), U (n) et SU (n) o S 1 , O(n) et SO(n) o {±1}, U (1) et SO(2).
f) Montrer que SU (n) et SO(n) sont connexes par arcs.
Indication
Corrigé
2.10. Exercice (Compacité). — Est-ce que le sous-espace topologique A =
{ n1 |n ∈ N} ∪ {0} ⊂ R est compact ?
Indication
Corrigé
2.11. Exercice (Construction d’applications continues)
I : Groupes et espaces topologiques
15
Soit X = O1 ∪ O2 (resp. X = F1 ∪ F2 ) un espace topologique, réunion de deux
sous-espaces ouverts (resp. fermés). Soient fi : Oi → Y (resp. fi : Fi → Y )
pour i = 1, 2 deux applications continues vers un espace topologique Y qui
coı̈ncident sur l’intersection. Montrer que l’application réunion f := f1 ∪ f2 :
X → Y est continue.
Corrigé
2.12. Exercice (L’espace projectif réel). — Sur X = Rn+1 \ {0}, on
définit la relation d’équivalence R :
v ∼ v 0 :⇔ ∃λ ∈ R∗ : v 0 = λv.
L’espace quotient X / R =: RP n s’appelle l’espace projectif réel de dimension
n.
1) Montrer que la projection π : X → RP n est ouverte.
2) Montrer que le graphe gr(R) est fermé, et en déduire que RP n est séparé.
3) Sur la sphère Sn , on définit une relation d’équivalence S par :
x ∼ y :⇔ y = ±x.
Montrer que Sn / S est compact, et que Sn / S est homéomorphe à RP n .
4) Montrer que RP n est connexe et connexe par arcs.
5) Montrer que RP 2 est homéomorphe à l’espace quotient [0, 1]2 / ∼ où ∼ est
la relation d’équivalence engendré par les identifications (s, 1) ∼ (1 − s, 0) et
(1, t) ∼ (0, 1 − t) pour tout s, t ∈ [0, 1].
Indication
Corrigé
16
Université de Nantes - Topologie Algébrique
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Topologie élémentaire : indications pour les exercices
2.1. Indication exercice. — 2.1 1a) Un espace topologique X s’appelle
connexe si pour tous ouverts U , V de X avec X = U ∪ V et U ∩ V = ∅, on a
U = ∅ ou V = ∅.
On pourra montrer que R2 \ {0} est connexe à l’aide du critère donné plus
bas : un espace topologique connexe par arcs est connexe.
Pour montrer que R2 et R ne sont pas homéomorphes, on pourra utiliser ce qui
précède : déduire de l’existence d’un homéomorphisme entre R2 et R l’existence
d’un homéomorphisme entre R2 \ {0} et R \ {0}.
2.1 1b) Faire intervenir la propriété d’un espace topologique d’être compact.
2.1 2) Une application f : X → Y est appelé localement constante si pour
tout x ∈ X, il existe un voisinage ouvert O 3 x tel que f |O soit constante.
Examiner la préimage des différentes composantes connexes.
2.1 3) Rappelons qu’un espace topologique X s’appelle connexe par arcs si
pour tout couple de points x, y ∈ X, il existe un chemin de x à y dans X (i.e.
une application continue c : [0, 1] → X avec c(0) = x et c(1) = y).
X n’est pas connexe par arcs, car la fonction x 7→ x1 n’est pas continue en 0.
La continuité d’une fonction se vérifie à l’aide de suites.
Dans un espace topologique localement connexe par arcs et connexe, les composantes connexes par arcs sont ouvertes.
Énoncé
Corrigé
2.2. Indication exercice. — 2.2 1) oui - oui - non.
2.2 2) Une application f : Z → X × Y est continue si et seulement si les
deux applications pX ◦ f : Z → X et pY ◦ f : Z → Y sont continues.
2.2 3) À condition que X et Y ont la même propriété. La propriété la
plus difficile à montrer dans ce contexte est la compacité. Il faudra travailler
I : Groupes et espaces topologiques
17
composante par composante pour extraire un sous-recouvrement fini. Un recouvrement ouvert quelconque se remplace d’abord par un recouvrement par
des carrés (i.e. des ouverts élémentaires de la topologie produit).
Énoncé
Corrigé
2.3. Indication exercice. — 2.3 1) Essayer l’exponentielle exp : [0, 1] →
S 1 sur un intervalle bien choisi.
2.3 3) Pour montrer que f : X → f (X) est ouverte, passer aux fermés, car
l’image d’un quasicompact par une application continue est quasicompact.
2.3 4) Travailler localement dans une situation où on peut appliquer ce qui
précède.
Énoncé
Corrigé
2.4. Indication exercice. — 2.4 3) Un homéomorphisme local f : X →
Y est toujours une application ouverte.
2.4 4) Un sous-ensemble discret et compact d’un espace topologique est fini.
Énoncé
Corrigé
2.5. Indication exercice. — 2.5 1a) La topologie quotient sur E est
donnée par : O ⊂ E est ouvert si et seulement si π −1 (O) ⊂ [0, 1] est ouvert,
où on a noté π : X = [0, 1] → E = X/ ∼ la projection. Cette topologie
vérifie la propriété universelle suivante : étant donné une application continue
φ : [0, 1] → Y à valeurs dans un espace topologique Y telle que φ soit constante
sur les classes de la relation d’équivalence, i.e. ici telle que φ(0) = φ(1), alors
il existe une unique application continue φ̄ : E = [0, 1]/ ∼ → Y telle que
φ̄ ◦ π = φ.
2.5 2a) Puisque la topologie considérée sur Y est la topologie quotient par
rapport à f , O ⊂ Y est ouvert si et seulement si f −1 (O) ⊂ X est ouvert. Donc
aussi F ⊂ Y est fermé si et seulement si f −1 (F ) ⊂ X est fermé.
Énoncé
Corrigé
2.6. Indication exercice. — 2.6 1) On utilise la densité de Q dans R,
i.e. que entre deux réels r1 < r2 , il existe un rationnel q ∈ Q : r1 < q < r2 .
2.6 2a) Il faut montrer que le complémentaire du graphe est ouvert dans le
produit.
18
Université de Nantes - Topologie Algébrique
2.6 2b) Un espace compact est normal, i.e. deux fermés disjoints C1 et
C2 peuvent être séparés par des ouverts disjoints, ou encore en passant aux
complémentaires, il existe deux fermés F1 et F2 avec C1 ⊂ (X \ F1 ), C2 ⊂
(X \ F2 ) et F1 ∪ F2 = X.
2.6 c1) Il s’agit de traduire la propriété universelle du quotient.
2.6 c4) Faire intervenir le cône C 2 = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 = 1} sur
D2 .
Énoncé
Corrigé
2.7. Indication exercice. —
[0, 1].
Énoncé
2.7 2) Faire la liste de tous les ouverts de
Corrigé
2.8. Indication exercice. — 2.8 Exprimer le saturé d’un ouvert (resp.
d’un fermé) en tant que réunion d’ouverts (resp. réunion fini de fermés).
Énoncé
Corrigé
2.9. Indication exercice. — 2.9 3) Montrer que le graphe de la relation
d’équivalence x ∼ y :⇔ xy −1 ∈ H est un fermé.
2.9 4e) Les homomorphismes en question sont donnés par le déterminant.
2.9 4f) Utiliser la forme canonique des éléments de SU (n) et SO(n), i.e.
celle où la matrice est diagonale avec des matrices 2 × 2 sur la diagonale.
Trouver d’abord un chemin pour une de ces matrices 2 × 2, et les superposer
pour trouver un chemin qui marche pour toute la matrice.
Énoncé
Corrigé
2.10. Indication exercice. —
Énoncé
2.10 oui.
Corrigé
2.12. Indication exercice. — 2.12 2) Une possibilité est d’introduire le
produit extérieur : Pour un espace vectoriel V , Λ2 V désigne l’espace vectoriel quotient du produit tensoriel V ⊗ V par le sous-espace engendré par les
éléments x ⊗ y + y ⊗ x pour tout x, y ∈ V . Le produit extérieur est la composée
des deux passages au quotient V × V → V ⊗ V et V ⊗ V → Λ2 V . Il est par
construction antisymétrique (i.e. x ∧ y = −y ∧ x pour tout x, y ∈ V ), bilinéaire
(i.e. x ∧ (y + z) = x ∧ y + x ∧ z, x ∧ (λy) = (λx) ∧ y, et (x + y) ∧ z = x ∧ z + y ∧ z
I : Groupes et espaces topologiques
19
pour tout x, y, z ∈ V et tout λ ∈ R), et par suite nul si x et y sont linéairement
dépendant.
Mais on peut aussi directement trouver géométriquement deux ouverts
séparants dans le quotient (montrer que les cônes engendrés par deux boules
séparants v et v 0 ∈ X sont disjoints), ou à faire un raisonnement à l’aide de
suites.
2.12 3) On peut montrer que le quotient d’un espace séparé par l’action
libre d’un groupe fini est séparé ou s’en tirer sans cette affirmation.
2.12 5) On pourrait utiliser un homéomorphisme h qui identifie [0, 1]2 avec
l’hémispère supérieur (fermé) de S2 pour mettre S2 et [0, 1]2 en relation.
Énoncé
Corrigé
20
Université de Nantes - Topologie Algébrique
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 2, Topologie algébrique
2005-2006
Topologie élémentaire : solutions des exercices.
2.1. Corrigé exercice. — (1a) Un espace topologique X s’appelle
connexe si pour tous ouverts U , V de X avec X = U ∪ V et U ∩ V = ∅, on a
U = ∅ ou V = ∅. R \ {0} = R∗+ ∪ R∗− n’est pas connexe, car R∗+ et R∗− sont
bien ouverts et non-vides, ce sont les deux composantes connexes de R \ {0}.
R2 \ {0} est connexe. Montrons le avec le critère donné plus bas : un espace
topologique connexe par arcs est connexe. Rappelons qu’un espace topologique
X s’appelle connexe par arcs si pour tout couple de points x, y ∈ X, il existe
un chemin de x à y dans X (i.e. une application continue c : [0, 1] → X avec
c(0) = x et c(1) = y). Or, R2 \ {0} est connexe par arcs : soient x, y ∈ R2 \ {0}.
Joignons les dans R2 par une ligne droite, i.e. il existe l : [0, 1] → R2 avec
l(0) = x et l(1) = y (par deux points distincts passe une et une seule droite).
Si la droite l ne passe pas par 0, l induit un chemin de x à y dans R2 \ {0}.
Sinon, il existe un unique t0 ∈ [0, 1] avec l(t0 ) = 0. Soit Br (0) une boule
fermée de rayon r autour de 0 avec 0 < r < min{|x|, |y|}. Il existe des uniques
t1 < t2 ∈ [0, 1] avec |l(t1 )| = |l(t2 )| = r. Soit l(t1 ) = re2πiα1 et l(t2 ) = re2πiα2 .
Définissons une fonction continue f : R → R par
α2 − α1
α2 − α1
f (t) = t
+ α1 − t1
.
t2 − t1
t2 − t1
f vérifie f (t1 ) = α1 et f (t2 ) = α2 . On définit alors un chemin ˜l : [0, 1] → R2
par ˜l|[0,t1 ] = l|[0,t1 ] , ˜l|[t2 ,1] = l|[t2 ,1] et ˜l|[t1 ,t2 ] (t) = re2πif (t) . Il reste à montrer
que ˜l est continue - ceci est laissé au lecteur. (Le lecteur voudra peut-être
montrer plus généralement que étant donné des fonctions continues fi : Fi → Y
i = 1, . . . , n sur des fermés Fi ⊂ X d’un espace topologique X telles que
I : Groupes et espaces topologiques
21
fi |Fi ∩Fj = fj |Fi ∩Fj pour tous i, j, il existe une unique fonction continue f :
X → Y avec f |Fi = fi pour tous les i = 1, . . . , n. La même chose vaut pour
un recouvrement de X par des ouverts au lieu des fermés, cf exo 2.11)
Si R2 et R étaient homéomorphes, alors il existerait h : R2 → R et h−1 :
R → R2 continues avec h ◦ h−1 = idR et h−1 ◦ h = idR2 . Les restrictions
h : R2 \ {0} → R et h−1 : R \ {0} → R2 sont alors continues. On compose avec
une translation t afin d’avoir t(h(0)) = 0. On a alors une application bijective
continue h−1 ◦t◦h : R2 \{0} → R2 \{h−1 (0)}, d’inverse h−1 ◦t−1 ◦h évidemment
continue, donc un homéomorphisme. On en déduit que h : R2 \{0} → R\{h(0)}
est un homéomorphisme, ce qui est absurde, puisque R2 \ {0} est connexe,
pendant que R \ {h(0)} ne l’est pas.
Énoncé
Indication
2.1 (1b) R et S 1 ne sont pas homéomorphes, puisque S 1 est compact, pendant que R ne l’est pas. En effet, une image continue séparée d’un compact
S
est compact (étant donné un recouvrement ouvert f (X) = i Oi , les f −1 (Oi )
forment un recouvrement ouvert de X dont on peut par hypothèse extraire
un sous-recouvrement fini ; les Oi correspondant forment le sous-recouvrement
fini voulue de f (X)), et S 1 est l’image sous l’exponentielle complexe t 7→ e2πit
du compact [0, 1] (et est un sous-espace du séparé R2 ). Par contre, le recouvreS
ment ouvert R = n∈N ] − n, n[ n’admet pas de sous-recouvrement fini, comme
on le montre facilement.
Énoncé
Indication
2.1 (2) Une application f : X → Y est appelé localement constante si pour
tout x ∈ X, il existe un voisinage ouvert O 3 x tel que f |O soit constante.
Maintenant, si f est localement constante et si l’on suppose que f n’est pas
constante, alors il existe x, y ∈ X avec f (x) 6= f (y). Montrons que f −1 (f (x))
et f −1 (f (X) \ f (x)) sont ouverts. En effet, f localement constant veut dire
que tout y ∈ f −1 (f (x)) possède un petit voisinage ouvert O ⊂ f −1 (f (x)).
S
S
De l’autre côté, f −1 (f (X) \ f (x)) = f −1 ( i∈I f (xi )) = i∈I f −1 (f (xi )) où xi
pour i ∈ I parcourt un système de représentants des x ∈ X qui ont des valeurs
différents de f (x). Ainsi, puisque chaque f −1 (f (xi )) est ouvert, f −1 (f (X) \
f (x)) est ouvert. Par ce qui précède, X = f −1 (f (X) \ f (x)) ∪ f −1 (f (x)) est
une décomposition en ouverts non-vides disjoints, ce qui contredit la connexité
de X.
Énoncé
Indication
22
Université de Nantes - Topologie Algébrique
2.1 (3) Rappelons qu’un espace topologique X s’appelle connexe par arcs si
pour tout couple de points x, y ∈ X, il existe un chemin de x à y dans X (i.e.
une application continue c : [0, 1] → X avec c(0) = x et c(1) = y). Montrons
que “connexe par arcs” implique “connexe” : en effet, sinon il existerait x, y ∈
X et une fonction continue f : X → {0, 1} avec f (x) = 0 et f (y) = 1 (choisir
x et y dans deux composantes connexes différentes). Par hypothèse, il existe
un chemin continue c : [0, 1] → X avec c(0) = x et c(1) = y. On en déduit
une application continue surjective f ◦ c : [0, 1] → {0, 1}. K1 := f −1 (0) et
K2 := f −1 (1) sont deux compacts non-vides disjoints de [0, 1] qui recouvrent
[0, 1]. Ceci est impossible : en effet, soit 0 ∈ K1 . L’intersection de K1 avec
une boule assez petite autour de 0 est un intervalle (compacité ! - utiliser par
exemple le lemme de Lebesgue) et soit t1 ∈ K1 son extrémité (supérieure).
Puisque X = K1 ∪ K2 et puisque K2 compact, l’intersection de K2 avec une
boule assez petite autour de t1 sera un intervalle, soit t2 ∈ K2 son extrémité
(inférieure). Il existe t ∈ R avec t1 < t < t2 , ce qui est une contradiction.
Montrons que X := {(x, sin(1/x)) | x ∈]0, 1]} ∪ {(0, 0)} ⊂ R2 est connexe : en
effet, X est un sous-espace topologique de R2 , donc tout voisinage ouvert dans
X autour de (0, 0) contient l’intersection B ∩X d’une boule B de rayon > 0
de R2 autour de (0, 0) avec X. Or, (, sin( 1 )) ∈ X \ {(0, 0)}, et soit δ > 0 tel
que > δ et sin( 1δ ) = 0 (δ varie entre (0, 0) et 1−2π
- on peut choisir assez
petit pour que 1 − 2π > 0). Alors (δ, 0) ∈ B ∩ X ; ceci implique que tout
voisinage ouvert de {(0, 0)} dans X contient un élément de X \ {(0, 0)}, i.e.
(0, 0) n’est pas isolé dans X. Ceci suffit pour montrer que X est connexe, car
X \ {(0, 0)} est l’image continue d’une intervalle, donc connexe ; si X = U ∪ V
avec U , V ouverts et (0, 0) ∈ U , alors {(x, sin(1/x)) | x ∈]0, δ]} ⊂ U par ce qui
précède, et puisque {(x, sin(1/x)) | x ∈]0, 1]} est connexe en tant que image
continue d’une intervalle, soit {(x, sin(1/x)) | x ∈]0, 1]} ⊂ U et V = ∅, soit
U ∩ V 6= ∅. Ainsi X est connexe.
Montrons que X n’est pas connexe par arcs. En effet, sinon il existerait un
chemin continue c : [0, 1] → X avec c(0) = (0, 0) et c(1) = (, sin( 1 )) avec
> 0. On sait que x 7→ sin( x1 ) n’est pas continue en 0, et on va provoquer une
contradiction en utilisant que pour montrer qu’une fonction f est continue en
0, il faut et il suffit de montrer que f (xn ) → f (0) pour toute suite (xn )n∈N
qui converge vers 0. En effet, soit (xn )n∈N une suite qui tend vers 0, et notons
yn = sin( x1n ). Il existe tn ∈ [0, 1] avec c(tn ) = yn à partir d’un certain N
I : Groupes et espaces topologiques
23
(théorème des valeurs intermédiaires !). La suite (tn )n∈N contient une soussuite convergeante (tni )i∈N vers a ∈ [0, 1]. On remplace alors le chemin c
par un chemin c̃ : [0, 1] → X afin que c̃(a) = (0, 0) (on remplace c par le
chemin constant en (0, 0) jusqu’à a, et on parcourt le chemin c ensuite de façon
accélérée entre a et 1, cf chapitre sur le groupe fondamental). Par construction,
on a donc
1
) = lim c̃(tni ) = c̃( lim tni ) = c̃(a) = (0, 0),
lim sin(
i→∞
i→∞
i→∞
xni
ce qui implique que x 7→ sin( x1 ) est continue en 0 ; cette contradiction montre
que X n’est pas connexe par arcs.
Montrons finalement qu’un espace topologique X qui est localement connexe
par arcs et connexe est connexe par arcs. Ici, X s’appelle localement connexe
par arcs si tout point de X possède un système fondamental de voisinages
connexes par arcs. Soient x, y ∈ X. Il faut montrer qu’il existe un chemin de x
à y. x possède un voisinage U connexe par arcs. Soit (Ui )i∈I le système de tous
S
les sous-espaces connexes par arcs de X contenant x. La réunion U := i∈I Ui
est encore connexe par arcs, et le sous-espace connexe par arcs maximal de
X contenant x, U s’appelle la composante connexe par arcs contenant x. De
même, soit V la réunion de toutes les autres composantes connexes par arcs.
Montrons que U (et par suite aussi V ) est ouvert. En effet, puisque X est
localement connexe par arcs, tout point de U possède un voisinage ouvert O
connexe par arcs, et par maximalité de U , O est encore inclus dans U (sinon,
U ∪O serait un connexe par arcs strictement plus grand que U , contradiction).
Puisque U et V sont donc ouverts, disjoints et recouvrent X, et en plus U n’est
pas vide, V doit être vide par connexité de X, et y ∈ U se relie à x par un
chemin.
Énoncé
Indication
2.2. Corrigé exercice. — 1) Soit x ∈ X, et Ux un voisinage ouvert de x
0
dans X. Alors p−1
X (Ux ) = Ux × Y est ouvert, car pour tout (x , y) ∈ Ux × Y ,
il existe un ouvert Ox0 × Oy ⊂ Ux × Y . De même pour pY . En fait, pX (et
pY ) est même ouverte. Soit O un ouvert dans X × Y , et soit x ∈ pX (O),
i.e. par exemple (x, y) ∈ O. Alors, par définition de la topologie produit, il
existe des ouverts Ox , Oy de X, resp. de Y tels que Ox × Oy ⊂ O. On a
donc Ox ⊂ pX (O), i.e. pX est ouverte. Les projections ne sont en général pas
24
Université de Nantes - Topologie Algébrique
fermées, comme le montre l’exemple suivant : {(x, y) | xy = 1} ⊂ R2 est un
fermé (le complémentaire dans le plan est un réunion de boules ouvertes (dont
les adhérences sont tangents soit à une branche, soit aux deux branches de
l’hyperbole)), et sa projection sur l’axe de réels positifs est l’ouvert R∗+ .
2.2 2) Une application f : Z → X × Y est continue si et seulement si les
deux applications pX ◦ f : Z → X et pY ◦ f : Z → Y sont continues. Il suffit
de montrer que si pX ◦ f : Z → X et pY ◦ f : Z → Y sont continues, alors f
l’est. On peut se restreindre à montrer f −1 (OX × OY ) ouvert pour un ouvert
−1
OX × OY ⊂ X × Y . On a f −1 (OX × OY ) = f −1 (p−1
X (OX ) ∩ pY (OY )) =
−1 ◦ p−1 (O )) ce qui est ouvert par hypothèse.
(f −1 ◦ p−1
Y
X (OX )) ∩ (f
Y
Énoncé
Indication
2.2 3) X × Y est séparé si et seulement si X et Y sont séparés. Le
sous-espace {(x, y0 ) ∈ X × Y } est pour un y0 ∈ Y fixé un sous-espace de
X × Y homéomorphe à X. Or, tout sous-espace d’un séparé est séparé.
Réciproquement, soient a 6= b deux points de X × Y . On a pX (a) 6= pX (b)
ou pY (a) 6= pY (b) ; restreignons-nous au premier cas. Il existe par hypothèse
O1 et O2 ouverts de X avec pX (a) ∈ O1 , pX (b) ∈ O2 et O1 ∩ O2 = ∅. Alors,
−1
p−1
X (O1 ) et pX (O2 ) séparent a et b.
X × Y est connexe si et seulement si X et Y sont connexes. En effet, un
critère pour la connexité est que toute fonction continue à valeurs discrètes
est constante. Si f : X → {0, 1} est continue, alors f ◦ pX est continue, donc la
connexité de X × Y implique celles de X et de Y . Supposons réciproquement
l’existence d’une application continue f : X × Y → {0, 1}. La restriction de
f à X × {y} est constante pour tout y ∈ Y , car X × {y} est un sous-espace
de X × Y homéomorphe à X. De même la restriction de f à {x} × Y est
constante pour tout x ∈ X. Il suffit de montrer que la valeur de f est toujours
la même. Or, f ((x0 , y0 )) = f ((x1 , y0 )) = f ((x1 , y1 )) pour tous x0 , x1 ∈ X et
tous y0 , y1 ∈ Y .
X × Y est compact si et seulement si X et Y sont compacts. En effet, d’après
le paragraphe sur la séparation, on peut se restreindre à quasi-compact, i.e.
tout recouvrement ouvert possède un sous-recouvrement fini. Étant donné un
recouvrement ouvert (Oi )i de X, (p−1
X (Oi ))i est recouvrement ouvert de X ×Y ,
donc si X × Y est compact, on extrait un sous-recouvrement fini, et celui-là
recouvre déjà X. Ainsi la compacité de X × Y implique celles de X et de Y .
Soient réciproquement X et Y compacts, et (Oi )i un recouvrement ouvert de
I : Groupes et espaces topologiques
25
X × Y . Pour tout (x, y) ∈ X × Y , il existe un i(x,y) avec (x, y) ∈ Oi(x,y) et il
existe des ouverts U(x,y) ⊂ X et V(x,y) ⊂ Y avec U(x,y) × V(x,y) ⊂ Oi(x,y) . Pour
un x fixé, (V(x,y) )y∈Y est un recouvrement ouvert de Y , par hypothèse il existe
Sx
V(x,yi (x)) . Soit donc Ux = V(x,y1 ) ∩ . . . ∩
donc y1 (x), . . . , yrx (x) avec Y = ri=1
V(x,yrx ) . La compacité de X implique à son tour qu’il existe x1 , . . . , xn avec
X = Ux1 ∪ . . . ∪ Uxn . Les ouverts Oi(xi ,yj (xi )) pour i = 1, . . . , n et j = i, . . . , rxi
recouvrent alors X × Y .
Énoncé
Indication
2.3. Corrigé exercice. — 1) Un exemple typique d’une application continue bijective qui n’est pas un homéomorphisme sur son image est l’application exp : [0, 1[→ S 1 donnée par t 7→ exp(2πit). En effet, exp n’est pas
un homéomorphisme, puisque S 1 est compact (en tant qu’image du compact [0, 1]), pendant que [0, 1[ n’est pas compact (le recouvrement ouvert
{[0, 1 − n1 }n∈N [ ne permet d’extraire un sous-recouvrement fini).
Énoncé
Indication
2.3 2) Un sous-espace d’un espace topologique séparé est séparé (on intersecte les ouverts séparant deux points dans l’espace ambient avec le sousespace), ainsi le sous-espace f (X) ⊂ Y est séparé. Soient x1 6= x2 ∈ X.
Puisque f est injective, f (x1 ) 6= f (x2 ), et on peut les séparer par des ouverts disjoints O1 et O2 . f −1 (O1 ) et f −1 (O2 ) sont alors deux ouverts disjoints
séparant x1 et x2 .
Énoncé
Indication
2.3 3) Il faut montrer que l’application continue bijective f : X → f (X) est
un homéomorphisme, i.e. qu’elle est une application ouverte. Soit donc O un
ouvert de X, i.e. X \ O =: F est fermé dans l’espace compact X, ainsi F est
compact. Mais l’image continue d’un quasi-compact est quasi-compact, ainsi
f (F ) est quasi-compact, et ceci dans l’espace séparé Y , donc finalement f (F )
est compact. Or, un sous-espace compact dans un espace séparé est fermé,
donc f (F ) est fermé. En conclusion, f (O) = f (X \ F ) = f (X) \ f (F ) (où on
a utilisé que f est injective) est ouvert.
Énoncé
Indication
2.3 4) La propriété que l’on veut montrer est une propriété locale (à savoir
que l’application f : X → f (X) est ouverte), donc étant donné x ∈ X,
il suffit de montrer que l’image f (O) d’un voisinage ouvert O de x est un
26
Université de Nantes - Topologie Algébrique
voisinage ouvert de f (x). Pour cela, on peut se restreindre (quitte à intersecter
◦
O avec l’ouvert f −1 (K )) à un voisinage O tel que f (O) ⊂ K où K est un
voisinage compact de f (x). Or, f −1 (K) est compact par hypothèse, donc f :
f −1 (K) → K vérifie exactement les hypothèses de 2.3 3) (remarquer qu’un
espace localement compact est toujours séparé !), et par suite, f (O) est ouvert
et f un homéomorphisme.
Énoncé
Indication
2.4. Corrigé exercice. — 1) On peut prendre le même exemple que pour
2.3 1).
Énoncé
Indication
2.4 2) Même preuve que 2.3 3).
Énoncé
Indication
2.4 3) Un homéomorphisme local f : X → Y est toujours une application
ouverte : en effet, la propriété que l’on veut montrer est une propriété locale,
donc étant donné x ∈ X, il suffit de montrer que l’image f (O) d’un voisinage
ouvert O de x est un voisinage ouvert de f (x). Or, quitte à intersecter O
avec un voisinage ouvert U de x tel que f (U ) est ouvert et f : U → f (U )
est un homéomorphisme, ceci est évident. Prenons donc comme exemple d’un
homéomorphisme local exp : R → S 1 , t 7→ exp(2πit) (un revêtement est toujours un homéomorphisme local), et comme sous-espace A =]0, 1]. Si f |A était
un homéomorphisme local, alors f |A serait ouverte, mais l’image f |A (] 12 , 1]) de
l’ouvert ] 12 , 1] ⊂]0, 1] n’est pas un ouvert de S 1 (elle ne contient pas l’arc de
cercle ouvert autour de 1 ∈ S 1 ).
Énoncé
Indication
2.4 4a) Il faut montrer que pour tout x ∈ f −1 (y), il existe un voisinage
ouvert O ⊂ X tel que O ∩ f −1 (y) = {x}. Pour cela, il suffit de prendre un
voisinage ouvert O tel que f (O) soit ouvert et tel que f : O → f (O) soit un
homéomorphisme, i.e. on n’utilise que la propriété “homéomorphisme local”.
Remarquons que {f (x)} ⊂ Y est fermé grâce à l’homéomorphisme local et à la
séparation de X. Maintenant, supposons que f −1 (y) n’est pas fini. f −1 (y) est
un fermé d’un compact, donc compact. (Supposons pour la suite y ∈ f (X).)
Alors tout choix de voisinages ouverts des x ∈ f −1 (y) est un recouvrement
ouvert de f −1 (y) dont on doit pouvoir extraire un sous-recouvrement fini,
i.e. il existe au moins un x ∈ f −1 (y) dont tout voisinage ouvert contient une
I : Groupes et espaces topologiques
27
infinité de points de f −1 . Ceci est en contradiction avec l’existence du voisinage
ouvert O tel que O ∩ f −1 (y) = {x}.
Énoncé
Indication
2.4 4b) L’image f (X) ⊂ Y est fermée, puisque X est compact et Y séparé.
Or, l’image f (X) ⊂ Y est aussi ouverte, puisque un homéomorphisme local
est une application ouverte (voir 2.4 3)). Ainsi, f (X) ⊂ Y est une composante
connexe, mais puisque Y est connexe, on a f (X) = Y , i.e. que f est surjective.
Énoncé
Indication
2.5. Corrigé exercice. — 1a) La topologie quotient sur E est donnée par :
O ⊂ E est ouvert si et seulement si π −1 (O) ⊂ [0, 1] est ouvert, où on a noté
π : X = [0, 1] → E = X/ ∼ la projection. Cette topologie vérifie la propriété
universelle suivante : étant donné une application continue φ : [0, 1] → Y à
valeurs dans un espace topologique Y telle que φ soit constante sur les classes
de la relation d’équivalence, i.e. ici telle que φ(0) = φ(1), alors il existe une
unique application continue φ̄ : E = [0, 1]/ ∼ → Y telle que φ̄ ◦ π = φ. Pour
la suite, regardons le diagramme suivant :
[0, 1]
i
p
π
E
/R
φ̄
/ S1
Ici, i : [0, 1] → R est l’inclusion, p : R → S 1 est l’application donnée par
p(t) = exp(2πit), et l’application continue φ̄ existe par propriété universelle
de la topologie quotient, appliquée à φ = p ◦ i. L’application φ̄ est injective, et
une injection continue dans un espace séparé suffit pour déduire la séparation
(en effet, deux ouverts séparants les images de deux points différents se retirent
en ouverts séparants), ainsi E est séparé (le cercle S 1 est vu ici comme sousespace de C, donc séparé). En plus, E est image du compact [0, 1], donc quasicompact, et finalement compact.
Énoncé
Indication
2.5 1b) Nous utilisons le critère 2.3 3) dont les hypothèses sont vérifiées.
L’application φ̄ : E → S 1 est donc un homéomorphisme sur son image, mais φ̄
est surjective, d’où l’assertion. Pour être exact, on aurait dû identifier S 1 ⊂ R2
28
Université de Nantes - Topologie Algébrique
avec [0, 2π] / 0 ∼ 2π, mais il est clair que S 1 est par ailleurs homéomorphe à
un cercle de circonférence égale à 1.
Énoncé
Indication
2.5 2) Puisque la topologie considérée sur Y est la topologie quotient par
rapport à f , O ⊂ Y est ouvert si et seulement si f −1 (O) ⊂ X est ouvert. Donc
aussi F ⊂ Y est fermé si et seulement si f −1 (F ) ⊂ X est fermé. Donc, si f est
une application fermée, f (A) ⊂ Y est fermé, i.e. f −1 (f (A)) ⊂ X est fermé.
Réciproquement, soit f −1 (f (A)) ⊂ X fermé pour tout fermé A ⊂ X. Il faut
montrer que f (A) ⊂ Y est fermé, i.e. f −1 (f (A)) ⊂ X doit être fermé, ce qui
est le cas. 2.5 2b) se montre à l’aide d’un raisonnement analogue.
Énoncé
Indication
2.6. Corrigé exercice. — 2.6 1) Supposons le contraire, i.e. que R / R est
séparé. Par abus de notation, nous allons noter les éléments de R / R encore
x ou y, et nous allons les appeller des réels, confondant ainsi les classes ellesmêmes et des représentants de classes d’équivalence. Alors pour tout couple
de réels (x, y) ∈ R2 , il existe des voisinages ouverts disjoints Ox et Oy les
séparants dans le quotient. Ox ⊂ R / R est ouvert, i.e. π −1 (Ox ) est un ouvert
de R, où on a noté π : R → R / R la projection. Il existe > 0 tel que la
boule B (x) de rayon autour de x soit contenue dans π −1 (Ox ). De même, il
existe δ > 0 tel que la boule Bδ (y) de rayon δ autour de y soit contenue dans
π −1 (Oy ). On va provoquer une contradiction en montrant que Ox et Oy ne
sont pas disjoints, i.e. en montrant qu’il existe zi ∈ R, i = 1, 2, avec z1 Rz2 et
z1 ∈ B (x) et z2 ∈ Bδ (y). Pour cela, il suffit de choisir z1 ∈ B (x) et z2 ∈ Bδ (y)
tels que la distance entre z1 et z2 soit rationnelle. Concrètement, restreignonsnous au cas où x = 0, le cas général étant analogue. Si |y| ∈ Q, il suffit de
prendre z1 = x et z2 = y. Sinon, strictement compris entre y et y − δ, il existe
un rationnel z2 par densité de Q ⊂ R, et x = z1 et z2 conviennent.
Énoncé
Indication
2.6 2a) Supposons que X / R est séparé. Il faut montrer que {(x, y) ∈ X ×
X | xRy} ⊂ X × X est fermé. Montrons que le complémentaire est ouvert.
Soit (x, y) ∈ ((X × X) \ {(x, y) ∈ X × X | xRy}), i.e. x et y définissent deux
points différents dans le quotient X / R, et il existe par hypothèse des ouverts
disjoints Ox et Oy de X / R les séparants. Le fait que Ox et Oy soient disjoints
I : Groupes et espaces topologiques
29
implique que q −1 (Ox ) × q −1 (Oy ) est un voisinage de (x, y) ∈ X × X avec
q −1 (Ox ) × q −1 (Oy ) ⊂ ((X × X) \ {(x, y) ∈ X × X | xRy}),
ainsi le complémentaire de {(x, y) ∈ X × X | xRy} dans X × X est ouvert.
Supposons réciproquement que le complémentaire de {(x, y) ∈ X × X | xRy}
dans X × X est ouvert. Un ouvert élémentaire autour de (x, y) ∈ ((X × X) \
{(x, y) ∈ X × X | xRy}) est du type Ox × Oy , et q(Ox ) et q(Oy ) sont des
ouverts (q ouverte !) disjoints séparant x et y dans le quotient (i.e. séparant
q(x) et q(y)).
Énoncé
Indication
2.6 2b) Par hypothèse, les classes d’équivalence sont fermées (cf 2.5 2a)).
Notons C1 et C2 deux telles classes disjointes. C1 et C2 correspondent à deux
points distincts x1 et x2 de X / R. Or, un espace compact est normal, i.e. les
deux fermés disjoints C1 et C2 peuvent être séparés par des ouverts disjoints,
ou encore en passant aux complémentaires, il existe deux fermés F1 et F2 avec
C1 ⊂ (X \ F1 ), C2 ⊂ (X \ F2 ) et F1 ∪ F2 = X. q étant fermée, q(F1 ) et q(F2 )
sont encore deux fermés avec x1 ∈
/ q(F1 ), x2 ∈
/ q(F2 ) et q(F1 ) ∪ q(F2 ) = X / R,
ce qui équivaut à la séparation de X / R. Soit réciproquement X / R séparé
et A ⊂ X un fermé. Il suffit de montrer (par 2.5 2a)) que q −1 (q(A)) ⊂ X est
fermé. Or, A ⊂ X est compact, et l’image continue d’un compact est compact,
donc fermé dans un espace séparé, i.e. l’hypothèse implique que q(A) est un
fermé de X / R. Puisque q est continue, q −1 (q(A)) ⊂ X est fermé.
Énoncé
Indication
2.6 c1) Par la propriété universelle de la topologie quotient (cf 2.5 1a)), une
application continue f : X → Y se factorise par X/A si f est constante sur A,
i.e. f (x) = f (y) pour tous x, y ∈ A. Réciproquement, si f factorise par X/A,
f est constante sur A.
Énoncé
Indication
2.6 c2) Par 2.6 2b) et 2.5 2a), il suffit de montrer que pour tout F ⊂ X
fermé, le saturé q −1 (q(F )) ⊂ X est fermé. Si F ∩ A = ∅, ceci est clair. Sinon,
q −1 (q(F )) = A ∪ F ce qui est fermé si A l’est. Réciproquement, A = q −1 (x)
pour un point x ∈ X / R, et puisque X / R est séparé, l’ensemble {x} ⊂ X / R
est fermé, ce qui montre que A est fermé.
Énoncé
Indication
30
Université de Nantes - Topologie Algébrique
2.6 c3) Il suffit de prendre A = {0, 1} ⊂ [0, 1] qui est bien un sous-espace
fermé. X/A est alors séparé, et donc compact, car image continue d’un compact.
Énoncé
Indication
2.6 c4) A = S n−1 ⊂ Dn (le sous-espace de la sphère unité dans la boule unité
compacte de dimension n) est un sous-espace fermé (une suite convergeante
de vecteurs de norme 1 a comme limite un vecteur de norme 1), et par ce qui
précède, Dn /S n−1 est un espace topologique compact. Le premier cas qu’on
a traité était celui de 2.5 1), i.e. le cas S 0 ⊂ D1 , et le résultat était S 1 .
De même, D2 /S 1 est homéomorphe à S 2 . Représentons-nous d’abord sur D2
un cône C 2 = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 = 1}. Clairement, D2 ∪ C 2 est
homéomorphe à S 2 par un homéormorphisme φ. Or, D2 /S 1 est homéomorphe
à (D2 ∪ C 2 )/(S 1 ∪ C 2 ), et ce dernier espace est encore homéomorphe à S 2 ; il
suffit de réduire l’image de S 1 ∪ C 2 sous φ à un point. Je laisse au lecteur de
rendre ces instructions précises et concrètes. On fait de même pour Dn /S n−1 ∼
=
n
S .
Énoncé
Indication
2.7. Corrigé exercice. — 1) Si ]x, y] et [y, z[ sont des ouverts, alors leur
intersection ]x, y] ∩ [y, z[= {y} l’est aussi. Ainsi, tous les ensembles à un point
sont ouverts. En conclusion, la topologie en question est la topologie discrète.
Énoncé
Indication
2.7 2) Il est bien connu (et un bon exercice de le montrer !) que les ouverts de [0, 1] sont des réunions d’intervalles ouverts disjoints contenus dans
[0, 1]. Si F = {x1 , . . . , xr }, alors tout ouvert de F × [0, 1] est une réunion de
{xi1 , . . . , xik } × I où I est un intervalle ouvert contenu dans [0, 1].
Énoncé
Indication
2.8. Corrigé exercice. — 1a) Notons q : X → X / G. Le saturé d’un ouS
S
vert O ⊂ X est l’ensemble q −1 (q(O)) = x∈O G · x = g∈G g · O. Or, G agit
par homéomorphismes, donc g · O est un ouvert, et q −1 (q(O)) est une réunion
d’ouverts. Par 2.5 2b), q est une application ouverte. Énoncé
Indication
S
S
−1
2.8 1b) Le saturé d’un fermé F ⊂ X est q (q(F )) = x∈F G·x = g∈G g·F ,
S
et g ·F est un fermé, donc la réunion finie g∈G g ·F est un fermé, et q −1 (q(F ))
est fermé. Par 2.5 2a), q est une application fermée.
I : Groupes et espaces topologiques
Énoncé
31
Indication
2.9. Corrigé exercice. — 1) L’inverse de la translation à gauche h 7→ gh
par g ∈ G est la translation à gauche par g −1 ∈ G. On déduit directement
des axiomes que h 7→ gh est continue, mais aussi que h 7→ g −1 h l’est, donc
h 7→ gh est un homéomorphisme. De même, la translation à droite est un
homéomorphisme. La conjugaison est simplement la composée de la translation
à gauche par g et celle à droite par g −1 , d’où l’assertion.
Énoncé
Indication
2.9 2) Soit H < G un sous-groupe, et soit g ∈ H̄ un élément de son
adhérence. x 7→ gx est un homéomorphisme de H̄ sur un fermé F qui contient
H. Si F n’était pas minimal, alors il existerait un g −1 F strictement contenu
entre H et H̄, ce qui est impossible. Donc x 7→ gx envoie H̄ sur H̄. De même,
l’inversion laisse stable H̄, et par suite, H̄ est un sous-groupe, le plus petit
sous-groupe fermé contenant H. Le fait que H̄ est un sous-groupe distingué si
H l’est se déduit comme auparavant en utilisant l’homéomorphisme conjugaison.
Énoncé
Indication
2.9 3) G/H est séparé si et seulement si le graphe de la relation x ∼ y :⇔
xy −1 ∈ H est un fermé de G × G par 2.6 2a), parce que q : G → G/H
est ouverte grâce à 2.8 1a). Or, le graphe de la relation d’équivalence gr(R) =
{(x, y) ∈ G×G | xy −1 ∈ H} est simplement gr(R) = φ−1 (H) pour l’application
continue φ : G × G → G donnée par (x, y) 7→ xy −1 . Ainsi le graphe est
un fermé, et G/H est séparé. Si H < G est distingué, alors G/H est un
groupe. Il faut montrer que l’application µ̄ : G/H × G/H → G/H donnée par
µ̄(xH, yH) = xyH est continue. Soit OH ⊂ G/H un ouvert, i.e. O · H ⊂ G
est ouvert. µ̄−1 (OH) = {(xH, yH) ∈ G/H × G/H | xy ∈ O}. µ−1 (O · H) =
{(x, y) ∈ G × G | xy ∈ O · H} est un ouvert de G × G par hypothèse, donc
(x, y) ∈ µ−1 (O · H) possède un voisinage ouvert Ox × Oy avec Ox × Oy ⊂
µ−1 (O · H). Ox H × Oy H = q(Ox ) × q(Oy ) est alors un voisinage ouvert de
(xH, yH) dans µ̄−1 (OH). L’inversion G → G donnée par g 7→ g −1 est continue
par hypothèse, donc la composée G → G → G/H l’est. Or, elle est constante
sur H ⊂ G, donc par la propriété universelle du quotient, elle factorise en
l’inversion G/H → G/H qui est donc continue. En conclusion, G/H est un
groupe topologique séparé.
32
Université de Nantes - Topologie Algébrique
2.9 4a) Gl(n, K) est le complémentaire du fermé det−1 ({0}), donc ouvert.
2.9 4b) Montrons déjà que la multiplication de matrices Mn (K) × Mn (K) →
Mn (K) est continue. En effet, l’espace d’arrivé est un produit topologique et en
chaque composante, l’application est donnée par une somme finie de produits.
Puisque somme et produit comme applications K × K → K sont continues, la
multiplication des matrices l’est. Maintenant, la restriction de la multiplication
à l’ouvert Gl(n, K) × Gl(n, K) ⊂ Mn (K) × Mn (K) est aussi continue. Puisque
1
Adj(A) où Adj(A) est la transposée de la
l’inverse est donné par A−1 = det(A)
comatrice, on voit que l’inversion est continue (le déterminant est polynomial,
donc continu, donc la comatrice dépend continûment de la matrice, et ainsi
aussi l’inverse). En conclusion, Gl(n, K) est un groupe topologique.
Énoncé
Indication
2.9 4c) U (n) = {U ∈ Gl(n, C) | U ∗ = U −1 }. Or, les deux opérations A 7→ A∗
et A 7→ A−1 sont continues, donc si on a une suite de Uk ∈ U (n) qui converge
dans Gl(n, C) (ou dans Mn (C) !), alors la limite est encore dans U (n), i.e. U (n)
est un sous-groupe fermé de Gl(n, C). SU (n) est simplement l’intersection du
fermé U (n) avec le fermé det−1 ({1}), donc aussi fermé. On raisonne de façon
similaire pour O(n) et SO(n).
Énoncé
Indication
2.9 4d) Pour montrer que O(n) est compact, il suffit de montrer que la
norme d’opérateur d’un O ∈ O(n) est bornée (car les fermés bornés dans
2
Mn (K) = Kn sont exactement les compacts). Or,
||O|| :=
sup
x∈Rn ,|x|≤1
|O(x)|2 =
sup
x∈Rn ,|x|≤1
hO(x), O(x)i =
sup
hx, xi = 1.
x∈Rn ,|x|≤1
Ceci montre donc que O(n) est compact.
Énoncé
Indication
2.9 4e) En effet, l’homomorphisme surjectif déterminant det : Gl(n, C) → C∗
a comme noyau Sl(n, C), mais la suite exacte courte de groupes
1 → Sl(n, C) → Gl(n, C) → C∗ → 1
est scindé par C∗ → Gl(n, C), λ 7→ diag(1, . . . , 1, λ), donc Gl(n, C) est le
produit semi-direct Sl(n, C)oC∗ . Le même raisonnement marche pour U (n) =
SU (n) o S 1 , et O(n) = SO(n) o {±1}. L’isomorphisme entre U (1) et SO(2)
I : Groupes et espaces topologiques
33
(et S 1 ) est clair :
U (1) → SO(2),
2πiθ
e
7→
cos(θ) − sin(θ)
sin(θ) cos(θ)
!
.
Énoncé
Indication
2.9 4f) On utilisera la forme canonique des éléments de SU (n) et SO(n) en
remarquant qu’il suffit de montrer que tout élément admet un chemin continu
à l’élément neutre. On fera la preuve pour SO(n), celle pour SU (n) étant
analogue. Soit donc A ∈ SO(n). Il existe O ∈ O(n) tel que OAO−1 soit une
matrice diagonale avec r-fois un 1 sur la diagonale, s-fois un −1 (r+s = n−2t),
et t carrés de matrices 2 × 2 du type
!
cos(θi ) − sin(θi )
.
sin(θi ) cos(θi )
Puisque A ∈ SO(n), s est paire. Pour un couple de −1 sur la diagonale, on
regarde le chemin de longueur π
!
cos(θ) − sin(θ)
θ 7→
sin(θ) cos(θ)
de 1 ∈ SO(2) à −1 ∈ SO(2). De même,
θ 7→
cos(θ) − sin(θ)
sin(θ) cos(θ)
!
est un chemin de 1 ∈ SO(2) à
cos(θi ) − sin(θi )
sin(θi ) cos(θi )
!
(de longueur θi ). On peut renormaliser ces longueurs pour qu’elles soient toutes
égales à 1 (quitte à parcourir les chemins avec une vitesse plus ou moins
élévée). Ainsi, on arrive (en superposant les carrés correspondant aux différents
chemins) à trouver un chemin c : [0, 1] → SO(n) qui joint 1 à OAO−1 . En
conclusion, t 7→ O−1 c(t)O est un chemin de 1 à A.
Énoncé
Indication
2.10. Corrigé exercice. — La réponse est “oui”. En effet, A est
évidemment une partie bornée de R, et pour montrer qu’elle est compacte, il suffit de montrer qu’elle est fermée. Soit donc (an )n∈N une suite
34
Université de Nantes - Topologie Algébrique
d’éléments de A qui converge dans R et qu’on peut supposer non-constante
(i.e. pour tout n ∈ N, il existe k > n avec ak 6= an ). Puisque (an )n∈N est
non-constante, mais convergente, elle ne peut converger que vers 0 ∈ A, ainsi
A est fermé.
Énoncé
Indication
2.11. Corrigé exercice. — Il faut montrer que f −1 (O) est ouvert pour
un ouvert O ⊂ Y . f −1 (O) = f −1 (O) ∩ X = f −1 (O) ∩ (O1 ∪ O2 ) = (f −1 (O) ∩
O1 ) ∪ (f −1 (O) ∩ O2 ) = f1−1 (O) ∪ f2−1 (O) qui est ouvert par hypothèse. La
preuve pour la construction à l’aide de fermés est analogue, une application
f : X → Y étant continue si et seulement si f −1 (F ) est fermé pour tout fermé
F ⊂Y.
Énoncé
2.12. Corrigé exercice. — 1) La projection est ouverte par exercice 2.8
1a), puisqu’il s’agit d’un quotient par l’action du groupe multiplicatif R∗ .
2) Les couples (v, λv) avec v fixé, sont tous les vecteurs collinéaires à v, et
S
gr(R) = v,w∈X {(v, w) | v ∧ w = 0} où v ∧ w désigne le produit extérieur
Rn+1 × Rn+1 → Λ2 Rn+1 , (v, w) 7→ v ∧ w.
Ici, pour un espace vectoriel V , Λ2 V désigne l’espace vectoriel quotient du
produit tensoriel V ⊗V par le sous-espace engendré par les éléments x⊗y+y⊗x
pour tout x, y ∈ V . Le produit extérieur est donc simplement la composée des
deux passages au quotient Rn+1 × Rn+1 → Rn+1 ⊗ Rn+1 et Rn+1 ⊗ Rn+1 →
Λ2 Rn+1 . Il est par construction antisymétrique (i.e. x ∧ y = −y ∧ x pour tout
x, y ∈ Rn+1 ), bilinéaire (i.e. x ∧ (y + z) = x ∧ y + x ∧ z, x ∧ (λy) = (λx) ∧ y,
et (x + y) ∧ z = x ∧ z + y ∧ z pour tout x, y, z ∈ Rn+1 et tout λ ∈ R), et
par suite nul si x et y sont linéairement dépendant. En tant que application
linéaire entre espaces vectoriels de dimension finie, ∧ : Rn+1 ×Rn+1 → Λ2 Rn+1
est continue, donc sa restriction ∧ : X × X → Λ2 Rn+1 est continue. On a
clairement ∧−1 (0) = gr(R), et ainsi gr(R) est fermé.
Le reste du sous-exercice se déduit de 2.6 2a).
Énoncé
Indication
I : Groupes et espaces topologiques
35
3) On peut montrer que le quotient d’un espace séparé par l’action libre d’un
groupe fini est séparé, mais ici, on peut s’en tirer sans montrer la séparation
du quotient Sn / S. En effet, l’inclusion i : Sn → Rn+1 induit un diagramme
i
Sn
/ Rn+1 \ {0}
π
π
/ RP n
ī
Sn / S
puisque i est clairement constante sur les classes d’équivalence de la relation
R. En plus, ī est injective, comme on le vérifie facilement. Mais une injection
continue dans un espace séparé suffit pour montrer la séparation de la source,
donc Sn / S est compact (on utilise en plus qu’il est image continue d’un espace
compact). En conclusion, ī est une bijection continue de l’espace compact
Sn / S sur l’espace séparé RP n , donc un homéomorphisme par 2.4 2).
Énoncé
Indication
4) La sphère Sn est localement connexe par arcs en tant que sous-espace de
Rn+1 . Puisque π : Sn → Sn / S est un homéomorphisme local (comme on le
vérifie facilement !), le quotient Sn / S ≈ RP n est encore localement connexe
par arcs. Par ailleurs, Sn est connexe pour n ≥ 1 (cf exercice 2.1), donc son
image, RP n , est connexe, et finalement connexe par arcs en utilisant l’exercice
2.1 3).
Énoncé
Indication
5) Soit h un homéomorphisme qui identifie [0, 1]2 avec l’hémispère supérieur
(fermé) de S2 . h induit un diagramme
[0, 1]2
h
/ S2
π
[0, 1]2 / ∼
π
h̄
/ RP 2
Les identifications du carré [0, 1]2 sont construites de telle manière que h̄ est
une bijection continue. En utilisant 2.4 3) une fois de plus, on voit que h̄ est
un homéomorphisme.
36
Énoncé
Université de Nantes - Topologie Algébrique
Indication
16
Université de Nantes - Topologie Algébrique
Chapitre II : Revêtements
c2
L’exponentielle complexe et ses propriétés topologiques
7.1. Définition. — L’exponentielle complexe est l’application f : C → C∗ ,
aussi notée exp, définie par la somme de la série convergente
zn
z2
+ ... +
+ ...
2
n!
7.2. Proposition. — 1) exp : (C, +) → (C∗ , ×) est un morphisme de
groupes ;
exp(z1 + z2 ) = exp(z1 ) exp(z2 ) .
f (z) = ez := 1 + z +
2) Ker(exp) = 2iπZ =: P (le groupe des périodes).
7.3. Logarithme complexe. — Pour u ∈ C∗ , on définit la série
(u − 1)2 (u − 1)3
+
...;
2
3
elle converge sur le disque D1 = {u ∈ C∗ | |u − 1| < 1}.
log u := (u − 1) −
7.4. Proposition. — Pour z ∈ C avec |z| < 1, on a la formule
exp(log(1 + z)) = 1 + z .
Démonstration. — Les deux séries formelles S1 (w) = 1 + w +
w2
+ ...
2!
z2 z3
et S2 (z) = z −
+
+ . . . sont composables car S2 n’a pas de termes
2
3
constants. Par ailleurs la formule de composition est bien connue pour z réel
et elle implique que la série formelle composée vérifie
S1 ◦ S2 (z) = 1 + z .
Lorsque ces deux séries sont convergentes, on obtient alors la formule de composition des fonctions analytiques qu’elles définissent.
En particulier, pour u ∈ D1 , on a
exp(log u) = u .
II : Revêtements
17
7.5. Section locale. — La formule ci-dessus dit que log est un inverse à
droite pour exp (c.-à-d. une section). Mais il n’est pas défini globalement sur
C∗ , seulement sur D1 ; on dit que log est une section locale.
Pour k ∈ Z, D1 3 u 7→ log(u) + 2iπk est une autre section locale.
u
Soit a = ρeiθ ∈ C∗ ; posons Da := aD = {u ∈ C∗ | ∈ D1 }. Alors
a
(∗)
u
u ∈ Da 7→ log( ) + log(ρ) + iθ
a
est une section locale de l’exponentielle.
7.6. Proposition. — 1) Tout z0 ∈ C est dans l’image d’une section définie
au voisinage de exp(z0 ).
2) Deux sections distinctes définies sur le même ouvert connexe U de C∗
diffèrent d’une constante, élément de P , et sont d’images disjointes.
Démonstration. — 1) Soit z0 = log ρ + iθ, a = exp z0 = ρeiθ . La formule (∗)
donne une section définie sur Da passant par z0 pour u = a.
u
2) Soit g0 , g1 : U → C deux sections. On a exp(g0 (u) − g1 (u)) = = 1. Donc
u
g0 (u) − g1 (u) ∈ P . Comme P est discret pour la topologie induite de C, que
g0 − g1 est continue et que U est connexe, g0 − g1 est une constante non nulle.
Si les images se rencontrent, il existe u0 et u1 tels que g0 (u0 ) = g1 (u1 ). Comme
g0 et g1 sont des sections, u0 = u1 et alors la constante ci-dessus est nulle.
7.7. Proposition. — Pour tout a ∈ C∗ , il existe un voisinage ouvert V de
a et un homéomorphisme h : V × f −1 ({a}) → f −1 (V ) (où f : C → C∗ est
l’exponentielle complexe) qui fait commuter le diagramme ci-dessous.
V × f −1 ({a})
h
/ f −1 (V )
proj.
V
f
Id
/V
Noter que f −1 ({a}) est discret, puisque z1 , z2 ∈ f −1 ({a}) implique z1 −z2 ∈ P .
Démonstration de la proposition. — On prend V = Da . Soit g une section définie sur Da . On définit h(u, α) = g(u) + (α − g(a)). C’est un
18
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homéomorphisme d’application réciproque


f (z) = exp(z)
 u =
−1
α = z − g(u) + g(a)
f (V ) 3 z 7→
|{z}
| {z }


−1
∈P
∈f
({a})
8. Revêtements, premiers exemples
8.1. Définitions. — 1) Un revêtement est la donnée triple (X, p, B), où X
(espace total) et B (base) sont deux espaces topologiques et où p : X → B
(projection) est continue et vérifie les axiomes suivants :
(i) Pour tout b ∈ B, Fb := p−1 (b) (la fibre de p en b) est discret pour la
topologie induite de X.
(ii) Pour tout b ∈ B, il existe un voisinage ouvert Ub de b dans B et un
homéomorphisme rendant le diagramme suivant commutatif :
Ub × Fb
GG
GG proj.
GG
GG
G#
h
/ p−1 (Ub )
ww
ww
w
ww p
w{ w
Ub
On dit que Ub est un ouvert trivialisant.
2) On dit que deux revêtements (X1 , p1 , B) et (X2 , p2 , B) de base B sont
isomorphes s’il existe un homéomorphisme h : X1 → X2 tel que p2 ◦ h = p1 .
8.2. Exemples. — 1) F un espace discret, X = B × F et p = projB . On
dit que le revêtement est trivial. Tout revêtement isomorphe à un revêtement
trivial est aussi dit trivial.
2) exp : C → C∗ , z 7→ ez
3) exp : R → S 1 , x 7→ eix
4) X = S 1 ⊂ C, B = S 1 et p(z) = z 2 .
II : Revêtements
19
Remarque. — Noter : R ∼
6 S 1 × {discret}. Donc les exemples 2), 3), 4)
=
ci-dessus sont des revêtements non-triviaux.
8.3. Proposition. — 1) p est un homéomorphisme local ; en particulier, p
est ouverte.
2) Si B est séparé et X compact, et si p un homéomorphisme local, alors p
est un revêtement et ses fibres sont finies.
Démonstration. — 1) Cela résulte de la définition car proj : Ub × {discret} →
Ub est un homéomorphisme local.
2) Tout singleton {b} est fermé dans B. Donc p−1 (b) est compact. Comme p
est un homéomorphisme local, p−1 (b) est discret et un espace compact discret
est fini.
Soit {x1 , . . . , xl } = p−1 (b). Pour chaque k ∈ {1, . . . , l}, il existe des voisinages ouverts Vk de xk dans X et Uk de b dans B tels que p|Vk soit un
homéomorphisme local sur Uk .
(Fin de la preuve en supposant B métrisable). Soit Bn la boule fermée centrée
en b de rayon n1 . La préimage p−1 (Bn ) est fermée. Soit Fn = p−1 (Bn ) ∩ (X \
S
S
T
0
k Vk ) ; c’est un fermé dans le compact X = X \
k Vk . On a
n Fn =
−1
0
p (b) ∩ X = ∅. Donc il existe n0 tel que Bn0 ⊂ Uk pour tout k ∈ {1, . . . , l}
et p−1 (Bn0 ) ⊂ V1 ∪ . . . ∪ Vl .
Soit Wk = p−1 (int(Bn0 )) ∩ Vk . On a p−1 (int(Bn0 )) = W1 ∪ . . . ∪ Wl . De plus
p|Wk est un homéomorphisme sur int(Bn0 ) car p|Vk est un homéomorphisme
sur Uk . Donc int(Bn0 ) est un ouvert trivialisant pour p. Comme tout b ∈ B
admet un ouvert trivialisant, p est un revêtement.
8.4. Remarques. — 1) p(X) est ouvert et compact ; c’est une réunion de
composantes connexes. Il peut y avoir d’autres composantes connexes de B
sur lesquelles la fibre est vide.
2) La deuxième assertion de la proposition précédente est vraie dans le cadre
20
Université de Nantes - Topologie Algébrique
plus général d’un homéomorphisme local qui est une application propre (c.-àd. la préimage de tout compact du but est compacte) d’un espace localement
compact à valeurs dans un espace séparé.
En revanche, sans l’hypothèse de propreté, l’assertion n’est plus vraie. Prendre
par exemple pour X un ouvert strict de B et pour p l’injection de X dans B ;
si b appartient à la frontière de X dans B, b n’a pas de voisinage ouvert
trivialisant.
8.5. Théorème. — Soit G un groupe agissant continûment sur l’espace topologique X. On suppose que l’action vérifie la condition (L)(3) suivante :
(L) Pour tout x ∈ X il existe Vx , voisinage de x, tel que gVx ∩ Vx = ∅ pour
tout g 6= e ; en particulier, l’action est libre.
Alors p : X → G \X est un revêtement.
Démonstration. — Soit x0 ∈ X, b = p(x0 ). Soit V un voisinage ouvert de x0
vérifiant (L). Soit U = p(V ) ; c’est un ouvert du quotient car la projection p
est ouverte (3.4). La restriction p|V : V → U est un homéomorphisme car c’est
une bijection continue qui est ouverte. Soit s l’homéomorphisme réciproque ;
s(b0 ) = x0 .
Affirmation : U est un ouvert trivialisant pour p.
On a p−1 (b0 ) = Gx0 et p−1 (U ) = GV . Soit h : U × (Gx0 ) → p−1 (U ) l’application définie par (b, g · x0 ) 7→ g · s(b). Il est évident que h est bijectif, continu, et
commute avec les projections sur U . Voyons que h est une application ouverte ;
il suffit de le faire pour la restriction de h à un ouvert du type U × {g0 · x0 }.
Mais s : U → V et g0 : V → g0 V sont deux homéomorphismes. Cela donne la
conclusion.
8.6. Exemple. — X = R2 , G = Z2 agissant par translation. Le quotient est
le tore de dimension 2, noté T 2 . La condition (L) est satisfaite en prenant
pour Vx la boule centrée en x de rayon 1/4. D’après le théorème précédent
X → G \X est un revêtement.
(3)
On dit parfois que l’action est proprement discontinue, ou même, par abus de langage,
que le groupe est proprement discontinu.
II : Revêtements
21
9. Le revêtement induit
À partir d’un revêtement, on peut en déduire beaucoup d’autres par des
opérations simples. L’induction en est une.
9.1. Construction du revêtement induit.— On se donne :
i) un revêtement q : Y → B,
ii) une application continue f : A → B.
Construction. Soit X ⊂ A × Y , X = {(a, y) ∈ A × Y | f (a) = q(y)}. Soit
p = projA |X et π = projY |X . Le diagramme ci-dessous est commutatif :
X
π
/Y
p
A
q
f
/B
9.2. Proposition. — L’application p : X → A (ou le triple (X, p, A)) est un
revêtement, qui est noté f ∗ (Y, q, B)
Démonstration. — Soit a ∈ A, b = f (a). La fibre en a de p est {a} × q −1 (b),
partie discrète de X en bijection via π avec q −1 (b). Soit V un ouvert trivialisant
de q et h : V × q −1 (b) → q −1 (V ) une trivialisation.
Affirmation : f −1 (V ) est un ouvert trivialisant de p.
En effet, soit U = f −1 (V ). On a p−1 (U ) = π −1 (q −1 (V )). Pour x ∈ p−1 (U ), on
définit k(x) ∈ U × p−1 (a) par k(x) = (p(x), h−1 ◦ π(x)).
Pour (z, α) ∈ U × p−1 (a), on définit k 0 (z, α) ∈ p−1 (U ) par k 0 (z, α) =
z, h(f (z), α) ∈ U × q −1 (V ) ⊂ X × Y . On a k 0 (z, α) ∈ X car f (z) =
q ◦ h(f (z), α). On vérifie sans peine que k et k 0 sont continues et inverses l’une
de l’autre.
Exemple. — Soit A ⊂ B et f l’inclusion. Si q : Y → B est un revêtement,
on a un revêtement induit par l’inclusion.
Par exemple, si l’on considère exp : R→S 1 , t 7→ e2iπt , et si A = S 1 \ {−1},
le revêtement induit est trivial. Exercice : construire une trivialisation de ce
revêtement induit. [On pourra étendre la fonction logarithme à S 1 \ {−1}.]
9.1. Exercice. — Soit f : A → B un revêtement. Montrer que le revêtement
induit f ∗ (A, f, B) par f au-dessus de A possède une section globale.
22
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10. Théorème fondamental des revêtements :
le relèvement des chemins
10.1. Définition. — Un chemin dans X est une application γ : [0, 1] → X
continue.
10.2. Théorème. — Soit p : X → B un revêtement. Soit x0 ∈ X et γ :
[0, 1] → B un chemin d’origine γ(0) = x0 . Alors il existe un unique chemin
γ̃ : [0, 1] → X tel que p ◦ γ̃(t) = γ(t) pour tout t ∈ [0, 1] (on dit que γ̃ relève
γ) et γ̃(0) = x0 .
Démonstration. — Soit R = {Vi }i∈I un recouvrement ouvert trivialisant p.
Soit R0 = {γ −1 (Vi )}i∈I le recouvrement de [0, 1] induit par γ. Par le lemme
ε de Lebesgue (4.2), il existe une subdivision de [0, 1], 0 = t0 , t1 , . . . , tn = 1,
telle que γ([tk , tk+1 ]) soit contenu dans l’un des Vi . Supposons γ̃ déjà construit
sur [0, tk ]. Soit bi ∈ Vi et h : Vi × p−1 (bi ) → p−1 (Vi ) une trivialisation ; alors
h−1 (γ̃(tk )) s’écrit (γ(tk ), αk ) avec αk ∈ p−1 (bi ). Pour t ∈ [tk , tk+1 ], on pose
γ̃(t) = h(γ(t), αk ). L’unicité en résulte en même temps car p−1 (bi ) étant discret
une application continue d’un intervalle à valeurs dans p−1 (bi ) est constante.
10.3. Exemple. — Considérons le problème de relèvement
γ̃
z
[0, 1]
z
γ
z
R
z<
p
/ S1
avec γ(t) = (cos(2πnt), sin(2πnt)) et x0 = 0. Alors le relèvement est γ̃(t) = nt.
10.4. Corollaire. — Si B est connexe par arcs, alors p est surjectif.
Démonstration. — Soit b0 = p(x0 ) et b1 ∈ B. Il existe un chemin γ de b0 à b1 .
On le relève à partir de x0 ∈ p−1 (b0 ). On a p(γ̃(1)) = γ(1). Donc b1 est dans
l’image de p.
10.1. Exercice. — B étant connexe par arcs, montrer que si #(p−1 (b0 )) <
∞ toutes les fibres ont le même nombre d’éléments.
10.5. Définitions. — 1) Soit f de X → Y continue. Une homotopie de f
est une application continue F : X × [0, 1] → Y telle que F (x, 0) = f (x). On
II : Revêtements
23
dit que f et g : X → Y sont homotopes s’il existe une application continue
F : X × [0, 1] → Y telle que F (x, 0) = f (x) et F (x, 1) = g(x). On dit que F
est une homotopie de f à g et on écrit f ∼ g.
2) L’espace X est contractile (ou contractible) si IdX : X → X est homotope à
une application constante. Une contraction est une homotopie de IdX jusqu’à
une application constante.
3) Une partie A de Rn étoilée par rapport à a ∈ A si, pour tout x ∈ A,
le segment [x, a] est contenu dans A. Dans ce cas A est contractible et une
contraction est donnée par c(x, t) = (1 − t)x + ta.
10.6. Théorème (Relèvement des homotopies de chemins)
Soit p : X → B un revêtement, f˜ : [0, 1] → X un chemin, f = p ◦ f˜. Soit
F : [0, 1]×[0, 1] → B une homotopie de f . Alors il existe une unique homotopie
Fe : [0, 1] × [0, 1] → X telle que p ◦ Fe = F et Fe|[0,1]×{0} = f˜. On dit que Fe
relève F à partir de f˜.
Esquisse de la démonstration. — Par le lemme ε de Lebesgue (4.2), il existe
un quadrillage du carré [0, 1] × [0, 1] tel que chaque petit carré soit envoyé par
F dans un ouvert trivialisant de p. On construit Fe de proche en proche.
Si Fe est déjà construite sur la région rayée, on l’étend à
un petit carré C adjacent. Précisément Fe est donné sur
le bord de C à valeurs dans p−1 (U ) ∼
= U × {discret} et
e
comme la partie du bord de C où F est déjà construite
est connexe, la projection sur le facteur discret est
constante. On prolonge aisément.
24
Université de Nantes - Topologie Algébrique
11. Simple connexité
11.1. Définitions. — 1) Un lacet de X est un chemin γ : [0, 1] → X tel que
γ(0) = γ(1).
2) Une homotopie de lacets est une application continue Γ : [0, 1] × [0, 1] → X,
(t, s) 7→ γ(t, s), telle que, pour tout s ∈ [0, 1], Γ(0, s) = Γ(1, s). Donc, si s est
fixé, t 7→ Γ(t, s) est un lacet.
3) On dit que X est simplement connexe (ou 1-connexe) si X est connexe par
arcs et si tout lacet est homotope à un lacet constant.
11.2. Remarques. — 1) Si X et Y sont homéomorphes et si X est 1-connexe,
alors Y est 1-connexe.
2) Si X est contractile, alors X est 1-connexe.
11.3. Proposition. — Soit S n la sphère unité de Rn+1 . Si n ≥ 2, alors S n
est 1-connexe.
Démonstration. — Soit γ : [0, 1] → S n un lacet. Par le lemme ε de Lebesgue
(4.2), il existe une subdivision de [0, 1], 0, . . . , tk , . . . , 1, telle que γ([tk , tk+1 ])
soit contenu dans un hémisphère. Alors γ est homotope à un lacet polygonal γ 0
(formé d’arcs de grands cercles). Si n ≥ 2, un tel lacet évite un point a ∈ S n .
Comme S n \{a} ∼
= Rn est contractile, γ 0 est homotope à un lacet constant.
11.4. Théorème. — Soit p : X → B un revêtement. On suppose X et B
connexes par arcs.
1) Si p−1 (b0 ) contient au-moins deux points, alors B n’est pas 1-connexe.
2) Si B est 1-connexe, alors p est un homéomorphisme.
Démonstration. — 1) Soit x1 6= x0 dans p−1 (b0 ) et γ̃ un chemin de x1 à x0
dans X. Soit γ = p ◦ γ̃ ; c’est un lacet. Par hypothèse il existe b1 ∈ B et une
homotopie de lacets Γ : [0, 1] × [0, 1] → B, (t, s) 7→ Γ(t, s), tels que
Γ(0, s) = Γ(1, s) pour tout s ∈ [0, 1],
Γ(t, 1) = b1 et Γ(t, 0) = γ(t) pour tout t ∈ [0, 1].
e à partir de γ
e 1) relève le chemin constant
On relève Γ en Γ
e. Le chemin t 7→ Γ(t,
e
e
e 1 − s) et Γ(1,
e 1 − s),
b1 . Donc Γ1 est constant : Γ(t, 1) = y1 . Mais alors Γ(0,
II : Revêtements
25
s ∈ [0, 1], sont deux chemins relevant le même chemin Γ(0, 1 − s) à partir
e 0) = Γ(1,
e 0),
de y1 . Ils sont donc égaux d’après le théorème 10.2. D’où Γ(0,
c’est-à-dire γ̃(0) = γ̃(1), soit x0 = x1 .
2) La contraposée de 1) dit que p est injectif. Comme B est connexe par
arcs, p est surjectif. Comme p est un homéomorphisme local, c’est un
homéomorphisme.
11.5. Corollaire. — 1) S 1 n’est pas 1-connexe.
2) Si la base B est 1-connexe, tout revêtement de B est trivial.
Démonstration. — 1) En effet, exp : R → S 1 est un revêtement et n’est pas
injectif.
2) L’hypothèse sur la topologie de B permet de choisir un recouvrement {Ui }
par des ouverts trivialisants de (X, p, B) qui sont connexes par arcs. Alors,
si X0 est une composante connexe par arcs de X, p|X0 : X0 → B est un
revêtement avec la même famille {Ui } d’ouverts trivialisants (une composante
connexe par arcs de p−1 (Ui ) est soit dans X0 soit disjointe de X0 ). D’après
le théorème, p|X0 est un homéomorphisme. Donc X est la réunion disjointe
d’espaces qui sont tous homéomorphes à B ; c’est donc le produit de B par
l’espace discret où chaque point représente une composante connexe par arcs
de X.
11.6. Remarque. — Le théorème fondamental de l’algèbre : Tout polynôme
complexe non-constant a une racine admet une démonstration simple à l’aide
des revêtements (voir exercices de TD).
On donne ci-dessous des définitions équivalentes de la 1-connexité.
11.7. Proposition. — Les affirmations suivantes sont équivalentes :
1) X est 1-connexe.
2) Toute application continue S 1 → X se prolonge continûment au disque D2 .
3) Pour tout x0 , x1 ∈ X et pour tout chemin α, β de x0 à x1 , on a α ∼ β par
une homotopie de chemins de x0 à x1 .
26
Université de Nantes - Topologie Algébrique
Démonstration. — “1) ⇒ 2)” Soit γ : [0, 1] → X un lacet. Par hypothèse il
existe γ : S 1 × [0, 1] → X telle que γ|S 1 ×{0} = γ et γ|S 1 ×{1} = const. Donc γ
se factorise par γ = γ̄ ◦ p où p est la projection de S 1 × [0, 1] sur le quotient
S 1 × [0, 1]/ 1
. Mais ce quotient est homéomorphe à D2 comme
S × {1} ∼ 1 pt
l’indiquent les coordonnées polaires du disque.
“2) ⇒ 3)” Soit α, β : [0, 1] → X deux chemins de même origine et extrémité.
On définit γ : [0, 1] → X par γ(t) = α(2t) si 0 ≤ t ≤ 12 et γ(t) = β(2 − 2t)
si 21 ≤ t ≤ 1. Comme γ(0) = γ(1) = x0 , γ donne γ̄ : S 1 → X définie par
γ̄(e2iπt ) = γ(t). Par hypothèse γ̄ se prolonge continûment à D2 . L’homotopie
cherchée est alors donnée par la restriction de γ̄ à la famille d’arcs de cercle
joignant 1 à −1 dans C.
“3) ⇒ 1)” Soit γ : [0, 1] → X un lacet. Soit x0 = γ(0) = γ(1). On pose α = γ et
β(t) = x0 . On applique 3) à ce couple α, β. Donc il existe γ : [0, 1] × [0, 1] → X
tel que γ|[0,1]×{0} = α, γ|[0,1]×{1} = β, γ|{0}×[0,1] = γ|{1}×[0,1] = x0 . Donc γ est
une homotopie de lacets du lacet γ = α au lacet constant.
11.8. Définition. — Un lacet est dit basé en x0 si γ(0) = γ(1) = x0 .
11.9. Remarque. — On vient de montrer que dans un espace 1-connexe tout
lacet basé en x0 est homotope au lacet constant x0 parmi les lacets basés en
x0 .
11.1. Exercice. — 1) Démontrer que R2 \ {0} n’est pas 1-connexe.
2) Démontrer que R3 \ {0} est 1-connexe.
3) En déduire que R2 n’est pas homéomorphe à R3 .
II : Revêtements
François Laudenbach & Friedrich Wagemann
Département de mathématiques, Université de Nantes,
2 Rue de la Houssinière F-44322 Nantes Cedex 03
27
II : Revêtements
1
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
td2
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 3, Topologie algébrique
2005-2006
Revêtements.
3.1. Exercice. — Soit p : X → B un revêtement. Montrer que p(X) ⊂ B
est ouvert et fermé.
Corrigé
3.2. Exercice. — Soit p : X → B un revêtement avec B connexe. Montrer
que s’il existe b ∈ B avec #(p−1 (b)) := n < ∞, alors toutes les fibres ont n
éléments.
Indication
Corrigé
3.3. Exercice. — Montrer que l’inclusion A ⊂ X d’un sous-espace ouvert et
fermé A de X est un revêtement.
Corrigé
3.4. Exercice. — 1) Soit X un espace métrique. Montrer que, si (an ) ⊂ X
est une suite de points distincts, convergente vers un a 6= an pour tout n ∈ N,
alors {an |n ∈ N} ⊂ X est discret.
2) Soit (an ) ⊂ X une suite de Cauchy dans un espace métrique X, non convergente dans X. Montrer que {an |n ∈ N} ⊂ X est fermé. (On fabrique un exercice du même type avec la compactification par un point X + = X ∪ {∞} d’un
espace métrique localement compact X et une suite an → ∞ ∈ X + : dans ces
conditions, {an |n ∈ N} ⊂ X est fermé.)
2
Université de Nantes - Topologie Algébrique
3) Montrer que p : X → R / Z , x 7→ exp(2iπx) n’est pas une application
fermée.
4) Soit p : X → B un revêtement fini où X et B sont des espaces métriques.
Montrer que p est fermée.
Indication
Corrigé
3.5. Exercice. — Soit G le groupe d’isométries du plan R2 engendré par la
translation τ de vecteur (0, 2) et par σ définie par σ(x, y) = (x + 1, −y).
1) Calculer στ σ −1 .
2) Montrer que l’espace des orbites R2 /G est isomorphe à la bouteille de
Klein, i.e. de l’espace topologique K := ([0, 1] × [0, 1])/ ∼ où ∼ est la relation
d’équivalence engendrée par les identifications (0, t) ∼ (1, 1−t) et (t, 0) ∼ (t, 1).
3) Soit G0 le sous-groupe de G engendré par τ et σ 2 . Calculer G/G0 . En déduire
un revêtement de la bouteille de Klein par le tore.
Indication
Corrigé
3.6. Exercice. — On appelle ruban de Möbius l’espace quotient M = [0, 1]×
[0, 1] / ∼ où ∼ est la relation d’équivalence engendrée par les identifications
(0, t) ∼ (1, 1 − t) pour tout t ∈ [0, 1]. On note ∂M l’image de [0, 1] × {0, 1} par
la projection canonique.
1) Montrer que ∂M est homéomorphe à un cercle.
2) Décrire un plongement de M dans le plan projectif RP 2 . Que peut-on
dire de l’espace topologique obtenu en collant à M un disque D2 par un
homéomorphisme entre ∂M et S 1 = ∂D2 ?
3) Construire un revêtement de R2 sur l’intérieur int(M ).
Indication
Corrigé
3.7. Exercice. — Soit P un polynôme à coefficients complexes, de degré d,
non-constant.
1) Montrer que P : C → C est une application propre, i.e. que l’image
réciproque d’un compact est compact.
2) Le but du reste de cet exercice est de montrer le théorème d’AlembertGauss : notons C l’ensemble des valeurs critiques de P , i.e. C est l’ensemble
des images P (z) où z vérifie P 0 (z) = 0. Soit V le complémentaire de C dans
II : Revêtements
3
C : V contient l’ensemble des valeurs régulières R et le complémentaire de
l’image P (C). Notons U := P −1 (R).
a) Montrer que V est connexe. Montrer que P |U : U → R est un revêtement.
b) Montrer que P est surjective sur tout V et conclure.
Indication
Corrigé
3.8. Exercice (Construction de revêtements par fonctions de transition)
Soit {Ui } un recouvrement ouvert d’un espace topologique B. Soit Bij(F )
le groupe des permutations d’un ensemble F . On munit Bij(F ) de la topologie discrète et one se donne des applications continues (donc localement
constantes) gij : Ui ∩ Uj → Bij(F ) telles que
gkj (x) ◦ gji (x) = gki (x) ∀x ∈ Ui ∩ Uj ∩ Uk .
`
Soit X := ( i∈I Ui × F )/ ∼ où Ui × F 3 (x, f ) ∼ (x0 , f 0 ) ∈ Uj × F ⇔ x = x0
et f 0 = gji (x)(f ). Définir une projection p : X → B qui soit un revêtement de
B de fibre F .
Indication
Corrigé
4
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DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Revêtements : indications pour les exercices
3.2. Indication exercice. — 3.2 On pourrait montrer que l’application
# p−1 : B → N0 ∪ {∞} donnée par b 7→ # p−1 (b) est localement constante.
Énoncé
Corrigé
3.4. Indication exercice. — 3.4 1) Examiner δ = inf m6=n0 {d(am , an0 ) | m ∈
N}.
3.4 4) Trivialiser autour de la limite d’une suite dans l’image d’un fermé.
Utiliser que la fibre est fini pour trier les préimages des éléments de la suite.
Énoncé
Corrigé
3.5. Indication exercice. — 3.5 2) Le procédé général d’identification
d’un espace quotient X/G par l’action d’un groupe G est de chercher un
domaine fondamental : on cherche dans X la plus grande partie K (si possible
◦
compacte) tel que tout point de K soit le seul de son orbite (sous l’action
◦
de G) dans K . Autrement dit, le passage au quotient de X à X/G revient à
n’identifier entre eux que des points sur le bord ∂K de K.
3.5 3) Former les classes à gauche par rapport au sous-groupe G0 ⊂ G.
Quelle propriété spéciale a un sous-groupe d’indice deux ?
Énoncé
Corrigé
3.6. Indication exercice. — 3.6 1) Le cercle a, en fait, longueur 2.
3.6 2) Se rappeller de la description de RP 2 dans l’exercice 2.12 4). Essayer
de décrire l’espace obtenu en coupant de RP 2 le ruban de Möbius, au lieu de
décrire l’espace obtenu en collant à M un disque.
3.6 3) L’intérieur int(M ) de M peut se voir (à homéomorphisme près)
comme un cercle où par tout point passe une droite réelle. Ces dernir̀es se
II : Revêtements
5
retrouvent dans R2 comme droites parallèles à l’axe des y. Faire intervenir
l’isométrie σ.
Énoncé
Corrigé
3.7. Indication exercice. — 3.7 1) Montrer que P −1 (K) est borné par
la contraposée.
3.7 2b) Montrer que la fonction V → N donnèe par c 7→ # p−1 (c) est
localement constante.
Énoncé
Corrigé
3.8. Indication exercice. — 3.8 La projection p : X → B est induite par
la projection sur la première composante. Les Ui sont les ouverts trivialisants
pour p : X → B.
Énoncé
Corrigé
6
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François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 3, Topologie algébrique
2005-2006
Revêtements : solutions des exercices.
3.1. Corrigé exercice. — Un revêtement est en particulier un homéomorphisme local, donc une application ouverte et l’image est ouvert. Par ailleurs,
l’application # p−1 : B → N0 ∪ {∞} donnée par b 7→ # p−1 (b) est localement
constante ; ceci découle aussitôt de la trivialité locale du revêtement : si
# p−1 (b0 ) = n, alors il existe un voisinage ouvert Ob0 avec # p−1 (b) = n pour
tout b ∈ Ob0 . Donc # p−1 est continue si on munit l’ensemble N ∪ {∞} de la
topologie discrète. Si maintenant p−1 (b) = ∅ pour tout b ∈ p(X), alors X = ∅
et p(X) est fermé. En tout cas, p(X) = (# p−1 )−1 (O) pour un ouvert et fermé
O ⊂ N0 ∪ {∞}, et p(X) est donc fermé.
Énoncé
3.2. Corrigé exercice. — Ceci découle immédiatement de la question
précédente, les seuls sous-ensembles ouverts et fermés d’un espace connexe X
étant X et ∅.
Énoncé
Indication
3.3. Corrigé exercice. — En effet, pour tout point x ∈ X, il existe un
voisinage ouvert Ux tel qu’on ait, si x ∈ A, le diagramme suivant :
i−1 (Ux )
GG
GG i
GG
GG
G#
φ
Ux
/ Ux × {1}
v
vv
vv
v
v
vz v proj1
II : Revêtements
7
et si x ∈
/ A, le diagramme
∅?
?
φ
?? i
??
??
Ux
/ Ux × ∅
ww
ww
w
ww
{ww proj1
où φ est bien un homéomorphisme (Ux × ∅ = ∅).
Énoncé
3.4. Corrigé exercice. — 1) Soit A = {an | n ∈ N} ⊂ X. Il faut montrer
que pour tout x ∈ A, il existe Ux voisinage ouvert de x ∈ X avec Ux ∩A = {x}.
Soit donc x = an0 ∈ A, et posons δ = inf m6=n0 {d(am , an0 ) | m ∈ N}. Supposons
i→∞
δ = 0, alors il existe (ani )i∈N −→ an0 , i.e. pour tout > 0, il existe i ∈ N avec
d(ani , an0 ) < . Fixons un 0 > 0 tel que d(a, an0 ) > 0 , alors on a
0 0
+
= 0 ,
0 < d(a, an0 ) ≤ d(a, ani ) + d(ani , an0 ) ≤
2
2
pour un ni > N (0 ), puisque a est la limite de la suite (an )n∈N . Ceci est une
contradiction. Donc δ > 0, et une 2δ -boule autour de x = an0 en tant que Ux
suffit pour montrer que A est discret.
Énoncé
Indication
3.4 2) Il faut montrer que toute suite (xn )n∈N avec xn ∈ {ak | k ∈ N} =: A
avec xn → x ∈ X converge dans A. Il y a deux cas qui se présentent : soit il
existe un N ∈ N avec pour tous n, m ≥ N d(xn , xm ) = 0, i.e. la suite devient
stationnaire, alors x ∈ A. Sinon, pour tout N ∈ N, il existe n, m ≥ N avec
d(xn , xm ) 6= 0, i.e. x ∈
/ {xn | n ∈ N}. Soit > 0 et Ux () la -boule autour
de x. On sait par Cauchy qu’il existe N1 ∈ N tel que pour tous n, m ≥ N1
d(xm , an ) < 2 . Par ailleurs, on sait par convergence de la suite (xn )n∈N qu’il
existe N2 ∈ N tel que pour tout m ≥ N2 d(xm , x) < 2 . Ainsi, pour N :=
sup{N1 , N2 }, on a
d(x, an ) ≤ d(x, xm ) + d(xm , an ) < + = ,
2 2
pour tout n ≥ N . Ceci implique an → x, ce qui est en contradiction avec
l’unicité de la limite.
Énoncé
Indication
8
Université de Nantes - Topologie Algébrique
3.4 3) À l’aide de l’exercice précédent, on montre que la projection p : R →
R / Z donné par x 7→ exp(2πix) n’est pas fermée. En effet, la suite θn = n1 +
n→∞
n −→ ∞ ∈ R ∪ {∞}, la compactification par un point de R. On a S 1 3 an =
n→∞
2πi
1
p(θn ) = exp( 2πi
n + 2πin) = exp( n ), et donc an −→ 1 ∈ S . D’après ce qui
précède, {θn | n ∈ N, n 6= 1} est un fermé discret, mais {an | n ∈ N, n 6= 1} ⊂ S 1
n’est pas fermé : la suite des an tend vers 1 ∈
/ {an | n ∈ N, n 6= 1}.
Énoncé
Indication
3.4 4) Soit F ⊂ X un fermé. Soit bn ∈ p(F ) une suite convergente dans B
vers un b ∈ B. Autour de b, il existe un ouvert trivialisant U , i.e.
p−1 (U )
FF
FF p
FF
FF
F#
h
U
/ U ×D
yy
yy
y
yy
|yy proj1
avec un discret fini D. On a #({bn | n ∈ N} ∩ U ) = ∞, si la suite n’est pas
constante. Donc, puisque D est fini, il existe d ∈ D avec #({(bn , d) | n ∈
N} ∩ h(p−1 (U ) ∩ F )) = ∞. h−1 (bn , d) =: xn ∈ F est donc une suite dans F
qui converge vers un x = h−1 (b, d) ∈ p−1 (b) ⊂ X. F fermé implique x ∈ F et
p(x) = b ∈ p(F ).
Énoncé
Indication
3.5. Corrigé exercice. — 1) στ σ −1 = τ −1 .
Énoncé
3.5 2) Le procédé général d’identification d’un espace quotient X/G par
l’action d’un groupe G est de chercher un domaine fondamental : on cherche
dans X la plus grande partie K (si possible compacte) tel que tout point de
◦
◦
K soit le seul de son orbite (sous l’action de G) dans K . Autrement dit, le
passage au quotient de X à X/G revient à n’identifier entre eux que des points
sur le bord ∂K de K.
Dans notre cas, le carré 4 := [0, 1] × [−1, 1] ⊂ R2 fournit un tel domaine
fondamental. Pour faire le lien avec la description donné dans l’exercice par le
carré [0, 1]2 , on introduit l’application f : [0, 1] × [−1, 1] → [0, 1]2 donnée par
la multiplication par 21 en direction de y et le recentrage tel que l’axe des x
II : Revêtements
9
se retrouve en y = 12 . Concrètement, f (x, y) = (x, 12 y + 12 ). On a par suite un
diagramme
[0, 1]2
/ R2
i
p
[0, 1]2 / ∼
ī
/
π
G\R
2
où i est la composée de l’homéomorphisme f : [0, 1] × [−1, 1] ∼
= [0, 1]2 avec
l’inclusion [0, 1]2 ⊂ R2 , et l’application continue ī existe par la propriété universelle du quotient. Montrons que G \ R2 est séparé : si x̄ et ȳ sont deux
points dans l’intérieur de 4, alors si > 0 est plus petit que le minimum des
distances entre x et y et des distances de x et y au bord, les 2 -boules autour
de x̄ et ȳ conviennent. Si x̄ est dans l’intérieur et ȳ ∈ ∂4, alors il suffit de
prendre comme la distance au bord. Si finalement x et y ∈ ∂4, l’orbite de
chacun intersecte ∂4 en 2 ou 4 points, et il suffit de prendre comme le minimum des distances de tous ces points dans R2 . Montrons finalement que ī
est un homéomorphisme : en effet, [0, 1]2 / ∼ est séparé, puisqu’il admet une
injection continue vers un espace dont nous venons de montrer la séparation,
ainsi [0, 1]2 / ∼ est compact, et la bijection continue ī est un homéomorphisme
(cf 2.3 3)).
Énoncé
Indication
3.5 3) Un élément arbitraire de G est un mot σ n1 τ r1 . . . σ ns τ rt avec ni , rj ∈ Z.
On peut permuter σ et τ suivant στ = τ −1 σ. Un tel mot est dans G0 si
P
et seulement si j rj est paire. Ainsi l’ensemble des classes à gauche G/G0
P
a exactement deux éléments, représentés par un mot avec j rj paire (par
P
exemple, le neutre e), et un mot avec j rj impaire (par exemple, le mot τ ).
On voit ainsi que l’indice (G : G0 ) est 2, et par suite G0 est un sous-groupe
distingué de G.
Un domaine fondamental (cf exercice précédent) pour l’action de G0 sur R2
est [0, 2]2 , et les idenfications sont suivant les deux translations τ et σ 2 . L’espace quotient R2 /G0 est un tore. Le groupe quotient G/G0 agit sur ce tore,
et le quotient (R2 /G0 )/(G/G0 ) est homéomorphe à R2 /G (en effet, l’identité
id : R2 → R2 composé par la projection sur R2 /G passe au quotient en une
application continue φ : (R2 /G0 ) → (R2 /G), et φ passe encore au quotient en
10
Université de Nantes - Topologie Algébrique
une bijection continue (R2 /G0 )/(G/G0 ) → (R2 /G). D’où l’homéomorphisme.).
φ est un revêtement de la bouteille de Klein par le tore (en effet, le quotient
par l’action libre d’un groupe fini sur un espace séparé est un revêtement,
puisque le condition (L) du cours est vérifiée).
Énoncé
Indication
`
3.6. Corrigé exercice. — 1) ∂M = ([0, 1] × {0} [0, 1] × {1})/ ∼, et la
relation d’équivalence identifie (0, 0) ∈ [0, 1] × {0} avec (1, 1) ∈ [0, 1] × {1}, et
`
(1, 0) ∈ [0, 1]×{0} avec (0, 1) ∈ [0, 1]×{1}. Si note donc i : [0, 1]×{0} [0, 1]×
{1} → [0, 2] l’inclusion de la première composante connexe sur [0, 1] et de la
deuxième composante connexe sur [1, 2] (rappel : une application de la somme
disjointe de deux espaces topologiques vers un espace topologique se définit
en juxtaposant deux applications continues sur les facteurs). Nous avons un
diagramme
[0, 1] × {0, 1}
([0, 1] × {0, 1})/ ∼
i
/ [0, 2]
ī
/ S 1 = [0, 2]/(0 ∼ 2)
où l’application ī existe par propriété universelle du quotient. Elle est par
construction une bijection continue de quasi-compact sur compact, donc un
homéomorphisme (cf 2.3 3)).
Énoncé
Indication
3.6 2) Le plan projectif (réel) RP 2 s’obtient en tant que quotient du carré
[0, 1]2 où on identifie les côtés opposés suivant (x, 0) ∼ (1 − x, 1) et (0, y) ∼
(1, 1 − y). Si on coupe dans le carré [0, 1]2 la bande B := {x, y) ∈ [0, 1]2 | 41 ≤
y ≤ 34 }, alors l’espace quotient B/ ∼ de la bande est (homéomorphe à) une
bande de Möbius (la seule différence étant que B/ ∼ a largeur 21 au lieu d’avoir
largeur 1). Ce qui précède décrit donc un plongement de la bande de Möbius M
dans le plan projectif réel RP 2 ; montrons que RP 2 \M est homéomorphe à un
disque : en effet, RP 2 \M est homéomorphe à l’espace quotient 2D/ ∼ où 2D ⊂
[0, 1]2 est la réunion d’un demi-disque (ellipsoid) contenu dans [0, 1] × [ 43 , 1], et
un autre demi-disque (ellipsoid) contenu dans [0, 1] × [0, 14 ]. En arrondissant
ainsi les bords, on évite les identifications (pour RP 2 \ M ) sur les morceaux
II : Revêtements
11
du bord donnés par {0} × [0, 1] et {1} × [0, 1]. 2D ⊂ [0, 1]2 a deux composantes
connexes (les deux demi-disques) où les seules identifications (quand on passe
à 2D/ ∼) s’effectuent sur les morceaux du bord donnés par [0, 1] × {0} et
[0, 1] × {1}. Ces deux composantes peuvent être déplacées dans le plan afin
de mettre les points à identifier l’un en face de l’autre : on voit que 2D/ ∼
consitue un disque (de forme ellipsoide) ouvert. Autrement dit (en inversant
le procédé), le recollement d’un disque fermé D sur le bord d’une bande de
Möbius M à l’aide d’un homéomorphisme ψ : ∂M → ∂D donne un espace
topologique D ∪ψ M homéomorphe à RP 2 .
Énoncé
Indication
3.6 3) Comme quotient du plan R2 , on n’obtient pas une bande de Möbius
compacte [0, 1]2 / ∼, mais une bande de Möbius infinie R × [0, 1]/ ∼. En effet,
on définit comme dans 3.4 un sous-groupe G de O(2), et ensuite la bande
s’obtient comme quotient R2 /G. Soit donc G le sous-groupe de O(2) engendré
par σ (notation de 3.4) ; un domaine fondamental (cf 3.4) pour l’action de G
est la bande verticale [0, 1] × R ⊂ R2 (remarquer qu’elle n’est pas compact !),
et le quotient par G de la restriction de cette bande à [0, 1]2 donne la bande
de Möbius compacte.
Dans le même ordre d’idées, l’autre générateur τ agit encore sur R2 /G, et le
passage au quotient donne un revêtement (attention : l’indice du sous-groupe
engendré par σ dans le groupe engendré par σ et τ est infini ! Mais le sousgroupe engendré par τ agit en vérifiant la condition (L) du cours, d’où un
revêtement.) de la bouteille de Klein par le ruban de Möbius.
Énoncé
Indication
3.7. Corrigé exercice. — 1) Pour montrer que P : C → C, la fonction
polynomiale associée au polynôme P , est une application propre, soit K ⊂ C
un compact. K est fermé et borné, et il faut montrer que P −1 (K) est encore
fermé et borné. P −1 (K) est fermé, car P est continue. Montrons que l’image
réciproque P −1 (B) sous P d’un borné B est borné par la contraposée : sinon,
il existerait une suite (zn )n∈N ∈ C avec P (zn ) ∈ B, i.e. P (zn ) borné, et (zn )
non-bornée. Or, si |zn | → ∞, alors P (zn ) → ∞, d’où une contradiction, qui
confirme que P est propre.
Énoncé
Indication
12
Université de Nantes - Topologie Algébrique
3.7 2a) P 0 est un polynôme, donc possède un nombre fini de zéros. Ainsi
C est un ensemble fini, et le complémentaire d’un ensemble finie dans le
plan est connexe (cf 2.1 1a)), par suite V est connexe. P |U : U → R est
un homéomorphisme local par le théorème d’inversion locale (R est l’ensemble
des valeurs régulières !), ainsi P |U est un homéomorphisme local, propre (cf 3.7
1)) entre espaces localement compacts, et donc un revêtement par remarque
8.4 du cours (cf exo 2.3 4)).
Énoncé
Indication
3.7 2b) Montrons que la fonction V → N donnèe par c 7→ # p−1 (c) est localement constante : en effet, c’est vrai pour c ∈ R, puisque P |U est un revêtement
(cf exo 3.2). Par ailleurs, c’est vrai aussi pour c ∈ V \ R (qui est l’ensemble des
valeurs non-atteintes par P ), puisque l’image de P est fermée : soit P (xn ) = yn
une suite convergente vers y ∈ C. {yn | n ∈ N} ∪ {y} =: F est un fermé (cf
exo 2.10) borné, et P est propre, donc P −1 (F ) est compact. Il existe donc
une sous-suite convergente vers x, et par continuité P (x) = limi→∞ P (xni ) =
limi→∞ yni = y, i.e. P (C) est fermé. En conclusion, c 7→ # p−1 (c) est localement constante sur le connexe V , donc constante. Or, il existe un point qui
possède une (en fait même n) préimage, donc P est surjective sur V .
Finalement, P possède un zéro, puisque si 0 ∈
/ V , alors 0 ∈ C, i.e. 0 ∈ Im(P ),
et si 0 ∈ V , alors 0 est pris comme valeur puisque P est surjective sur V . D’où
le théorème d’Alembert-Gauss.
Énoncé
Indication
3.8. Corrigé exercice. — Dans cet exercice, nous décrivons un mécanisme
général qui permet de construire des fibrés localement triviaux à partir de
fonctions de transitions, un revêtement en étant le cas spécial d’un fibré
localement trivial de fibre discrète.
La projection p : X → B est bien induite par la projection (x, f ) 7→ x. p et bien
`
définie. Il est clair que p : X → B est continue, puisque p : i∈I Ui ×F → B est
continue (continue en chaque facteur !), et passe au quotient en une application
continue encore appelée p.
Montrons que le saturé (cf exo 2.5) de tout ouvert est ouvert. En effet, soit V ⊂
`
S
i∈I Vi d’ouverts
i∈I Ui × F un ouvert, i.e. V est une réunion disjointe V =
S
−1
0
de Ui × F . On a p (p(Vi )) = (x,f )∈Vi , f 0 =gij (x)(f ) (x, f ) = proj1 (Vi ) × Fi où
II : Revêtements
13
Fi est un sous-ensemble de F . Ceci montre que p−1 (p(Vi )) est ouvert, puisque
proj1 (Vi ) et Fi le sont. Finalement V est ouvert, et p est donc ouverte.
Montrons que les Ui sont des ouverts trivialisants pour p : X → B. On a un
diagramme
p−1 (Ui )
GG
GG p
GG
GG
G#
Ui
/ Ui × F
xx
xx
x
xx
x| x proj1
Ici, φ : p−1 (Ui ) → Ui × F est donné par φ(x, f ) = (x, f ), et ψ : Ui × F →
p−1 (Ui ) par ψ(x, f ) = (x, f ). Il suffit de vérifier que φ et ψ sont continues :
c’est clair pour φ, car φ est à valeurs dans un produit et les composées
avec les projections sont continues, et on le vérifie pour ψ à l’aide d’ouverts
immédiatement. En conclusion, p : X → B est un revêtement de B de fibre
typique F .
Énoncé
Indication
14
Université de Nantes - Topologie Algébrique
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 4, Topologie algébrique
2005-2006
Revêtements II.
Soient p : X → B et p0 : X 0 → B deux revêtements sur B. On rappelle qu’un
(endo)morphisme de revêtement φ : X → X 0 est un diagramme commutatif
X
-
φ
X0
p0
p
?
B
?
idB
-
B0
On rappelle également qu’une section d’un revêtement p : X → B est une
application continue s : B → X avec p ◦ s = idB . On parle d’une section
au-dessus d’un sous-espace A ⊂ B, si le domaine de s est A et p ◦ s = idA .
4.1. Exercice. — Soit p : X → B un homéomorphisme local.
a) Montrer que pour tout point b et tout point x ∈ p−1 (b), il existe un voisinage
ouvert V de b et une section au-dessus de V telle que s(b) = x.
b) Si s est une section de p au-dessus de A ⊂ B, alors s est un homéomorphisme
de A sur s(A).
c) Deux sections s et s0 de p au-dessus de B qui sont égales en b ∈ B coı̈ncident
sur un voisinage de b.
d) Soit maintenant p : X → B un revêtement. Deux sections s et s0 de p
au-dessus de A ⊂ B connexe qui coı̈ncident en a ∈ A sont égales.
e) Déduire de ce qui précède que l’image d’une section d’un revêtement de
base localement connexe est ouverte et fermée.
f) Soit maintenant p : X → B un revêtement d’espace total connexe et de
II : Revêtements
15
base localement connexe. Montrer que p est un homéomorphisme sur p(X) si
et seulement s’il existe une section.
Indication
Corrigé
4.2. Exercice. — Soient X et X 0 deux revêtements localement connexes de
B et f, g : X → X 0 deux morphismes de revêtement. On suppose B (et donc
X et X 0 ) localement connexe.
a) Montrer que l’ensemble des x ∈ X avec f (x) = g(x) est un ouvert fermé de
X. En particulier, si X est connexe et s’il existe un x ∈ X avec f (x) = g(x),
alors f et g coı̈ncident.
b) En déduire que si la base est connexe et s’il existe un b ∈ B où les morphismes induits sur la fibre p−1 (b) sont égales, alors ils coı̈ncident.
c) En déduire que le groupe des automorphismes Aut(X) d’un revêtement
connexe surjectif p : X → B agit librement sur X.
d) En déduire que si G agit avec (L) sur un espace topologique connexe X,
alors le groupe Aut(p) du revêtement p : X → G \X s’identifie à G.
Indication
Corrigé
4.3. Exercice. — Soient n un entier, et pn : S 1 → S 1 le revêtement pn (z) =
z n . Sous quelles hypothèses y a-t-il un homomorphisme de pn vers pm ?
Indication
Corrigé
4.4. Exercice. — Soient q : X → Y et r : Y → Z des revêtements connexes
par arcs et p : X → Z une application continue telle que p = r ◦ q. Supposons
que Z est localement 1-connexe. Montrer que p est un revêtement.
Indication
Corrigé
4.5. Exercice. — Soient X et X 0 deux revêtements de base localement
connexe B et f : X → X 0 un morphisme. Alors f : X → X 0 est un revêtement
(Indication : supposons B connexe, et X et X 0 deux revêtements triviaux de
B, f : X → X 0 un morphisme. Montrer que f : X → X 0 est un revêtement,
trivial sur chaque composante connexe de X 0 .)
Corrigé
16
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4.6. Exercice. — Soient p : X → B et p0 : X 0 → B deux revêtements et
f : X → X 0 un isomorphisme de revêtement. Montrer que si γ est un chemin
dans B qui se relève en lacet dans p, alors il en est de même pour son relèvement
dans p0 . Classifier à partir de cette remarque les revêtements connexes à deux
feuillets de la figure huit (si vous avez du courage, faites de même avec ceux à
trois feuillets (il y en a six classes d’isomorphismes)).
Corrigé
II : Revêtements
17
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DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
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Revêtements II : indications pour les exercices
4.1. Indication exercice. —
dence est ouvert et fermé.
Énoncé
4.1 d) Montrer que l’ensemble de coı̈nci-
Corrigé
4.2. Indication exercice. — 4.2 a) Montrer que la diagonale 4X =
{(x, x) ∈ X × X} ⊂ X ×B X := {(x, x0 ) ∈ X × X | p(x) = p(x0 )} est fermée.
4.2 c) Un automorphisme de revêtement est un endomorphisme inversible
du revêtement p : X → B. x ∈ Fix(Aut(X)), un point fixe du groupe des
automorphismes, est un x ∈ X avec φ(x) = ψ(x) pour tous φ, ψ ∈ Aut(X).
4.2 d) Montrer que G agit par automorphismes de revêtement. Réciproquement,
G agit par construction transitivement sur la fibre du revêtement, donc étant
donné un automorphisme φ, pour x ∈ X, il existe g ∈ G avec φ(x) = g · x.
Énoncé
Corrigé
4.3. Indication exercice. — 4.3 Montrer que l’application S 1 → S 1 ,
1
z 7→ z m n’est pas continue pour m > 1.
Énoncé
Corrigé
4.4. Indication exercice. —
trivial.
Énoncé
Corrigé
4.4 Un revêtement de base 1-connexe est
18
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Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 4, Topologie algébrique
2005-2006
Revêtements II : solutions des exercices.
4.1. Corrigé exercice. — a) En effet, x possède un voisinage ouvert U
homéomorphisant pour p, i.e. p(U ) est ouvert et p|U : U → p(U ) est un
homéomorphisme. Sur l’ouvert V := p(U ), s := (p|U )−1 est une section car
p ◦ (p|U )−1 = p|U ◦ (p|U )−1 = idp(U ) .
Énoncé
Indication
4.1 b) s : A → X est continue, injective (c’est un inverse à gauche de p) et
surjective sur s(A). Il reste à montrer que s : A → X est ouverte (le sousensemble A qui n’est ni forcément ouvert, ni fermé, porte ici la topologie de
sous-espace de B). Soit V ⊂ A ouvert, i.e. il existe un ouvert U ⊂ B avec
U ∩ A = V . Il faut montrer que s(V ) est ouvert dans s(A) (pas forcément dans
X !). Soit x ∈ s(V ). Il existe un voisinage ouvert W de x homéomorphisant
pour p, i.e. p(W ) est ouvert et p|W : W → p(W ) est un homéomorphisme.
Posons Z := (p(W ) ∩ A) ∩ V = p(W ) ∩ V . C’est un ouvert de A. On a pour
tout b ∈ p(W ) ∩ A p−1 (b) = s(b). En effet, p(p−1 (b)) = b = p(s(b)), mais p est
injectif sur W donc p−1 (b) = s(b).
Maintenant, Z est ouvert dans A, donc il existe un ouvert U 0 ⊂ B avec U 0 ∩A =
Z. On a
s(Z) = (p|W )−1 (Z) = (p|W )−1 (U 0 ∩A) = s(A)∩(p|W )−1 (U 0 ) = s(A)∩(p|W )−1 (U 0 ∩p(W )),
et puisque U 0 ∩ p(W ) est ouvert dans B, (p|W )−1 (U 0 ∩ p(W )) est ouvert dans
X, et par suite s(Z) est ouvert dans s(A).
Énoncé
Indication
II : Revêtements
19
4.1 c) Notons x = s(b) = s0 (b). Il existe un voisinage ouvert W de x
homéomorphisant pour p, i.e. p(W ) est ouvert et p|W : W → p(W ) est un
homéomorphisme. On a par suite p| − W −1 = s|p(W ) = s0 |p(W ) , et V := p(W )
est un voisinage ouvert de b sur lequel s et s0 coı̈ncident. Énoncé
Indication
4.1 d) D’après c), l’ensemble des coı̈ncidence C ⊂ A de s et s0 est ouvert.
Montrons que C est fermé : en effet, si s et s0 ne coı̈ncident pas en un point,
alors il prennent deux valeurs différentes de la fibre qui est discrète, et il existe
un voisinage ouvert où s et s0 sont différents. C est donc un ouvert fermé
non-vide (a ∈ C !) de A qui est connexe, et par suite C = A.
Énoncé
Indication
4.1 e) Soit s : B → X une section. Il faut montrer que s(B) est ouvert et
fermé. s(B) est ouvert dans X : soit x = s(b) ∈ s(B), b = p(x). Il existe
un voisinage ouvert U de x homéomorphisant pour p, i.e. p(U ) est ouvert et
p|U : U → p(U ) est un homéomorphisme. Soit V un voisinage ouvert de b,
contenu dans p(W ), alors p−1 (V ) ⊂ U est un ouvert de X, et (p|U )−1 = s sur
p(U ) (cf 4.1 a)). Ainsi (p|U )−1 (V ) = s(V ) ⊂ s(B) est un voisinage ouvert de
x dans s(B).
s(B) est fermé dans X : soit x ∈ X \ s(B). Il existe un voisinage ouvert
U de x homéomorphisant pour p, i.e. p(U ) est ouvert et p|U : U → p(U )
est un homéomorphisme. Par hypothèse, il existe un voisinage connexe V de
p(x) ∈ p(U ) qu’on peut supposer contenu dans p(U ). S’il existait un point de
V où (p|U )−1 et s coı̈ncident, alors ils coı̈ncideraient sur tout V d’après d), et
x serait atteint par s. Ainsi U est un voisinage de x non-atteint par s, et s(B)
est fermé.
Énoncé
Indication
4.1 f) Il est clair que si p est un homéomorphisme, alors il existe une section
(prendre l’inverse de p !). Réciproquement, s’il existe une section s : B → X,
alors s(B) = X d’après e), et s est un homéomorphisme sur s(B) = X par b),
donc p est aussi un homéomorphisme.
Énoncé
Indication
4.2. Corrigé exercice. — a) Montrons que la diagonale 4X = {(x, x) ∈
X × X} ⊂ X ×B X := {(x, x0 ) ∈ X × X | p(x) = p(x0 )} est fermée. En effet,
le complémentaire de 4X consiste des (x, x0 ) avec x 6= x0 et p(x) = p(x0 ),
20
Université de Nantes - Topologie Algébrique
i.e. un tel couple (x, x0 ) consiste de deux éléments différents de la fibre sur
b = p(x) = p(x0 ). Grâce à la trivialité locale et le fait que la fibre et discrète, il
existe des voisinages ouverts disjoints U de x et V de x0 . Ainsi U ×V ∩X ×B X
est un voisinage ouvert de (x, x0 ) dans le complémentaire de 4X .
Déduisons que l’ensemble de coı̈ncidence de f et g est fermé : on a que (f ×
g)−1 (4X 0 ) ⊂ X ×B X est un fermé. Or, (f × g)−1 (4X 0 ) = {(x, x0 ) ∈ X ×
X | f (x) = g(x)} est l’ensemble de coı̈ncidence.
Par ailleurs, l’ensemble de coı̈ncidence est ouvert : soit x ∈ X avec f (x) =
g(x). Il existe un voisinage U de p(x) ∈ B trivialisant p et p0 . Ainsi, on peut
transporter (par homéomorphisme)f |p−1 (U ) et g|p−1 (U ) en f 0 : U × F → U × F 0
et g 0 : U × F → U × F 0 (le diagramme définissant f 0 et g 0 est une pyramide
où 4 côtés sont des triangles, deux émanant de la trivialisation de p et de p0 ,
un émanant de p0 ◦ f = p (resp. p0 ◦ g = p), le sommet de la pyramide est U ,
et le carré de base de la pyramide et le dernier triangle sont commutatifs par
définition de f et de g). On en déduit qu’il existe f 0 ∈ F 0 tel que f 0 (x, f ) =
(x, f 0 ) = g 0 (x, f ) pour tout x ∈ U , et finalement que f et g coı̈ncident aussi
sur tout p−1 (U ).
Énoncé
Indication
4.2 b) Par ??, p est surjectif. Dans toute composante connexe de X qui
intersecte p−1 (b) de façon non-triviale, on peut appliquer a), et les morphismes
coı̈ncident sur toute la composante. Or, la fibre p−1 (b) intersecte de façon nontriviale toute composante connexe de X, car la restriction de p : X → B à une
composante connexe de X est encore un revêtement, donc surjectif par ??.
Énoncé
Indication
4.2 c) Soit x ∈ Fix(Aut(X)) un point fixe du groupe des automorphismes
du revêtement p : X → B. Ainsi, φ(x) = ψ(x) pour tous φ, ψ ∈ Aut(X),
mais ceci implique par a) que φ = ψ, et donc que Aut(X) = {1}. Donc si
Aut(X) 6= {1}, il n’existe pas de point fixe.
Énoncé
Indication
4.2 d) En effet, G agit par construction par automorphismes de revêtement.
Soit réciproquement φ ∈ Aut(X), alors pour x ∈ X, il existe g ∈ G avec
φ(x) = g · x, car x et φ(x) sont tous les deux dans la fibre sur p(x). Mais alors
l’automorphisme donné par l’action de g et φ coı̈ncident en x donc partout
(par b)).
II : Revêtements
Énoncé
21
Indication
4.3. Corrigé exercice. — On cherche une application continue φnm :
S 1 → S 1 avec pm ◦ φnm = pn , i.e. (φnm (z))m = z n pour tout z ∈ S 1 . Ceci
veut dire qu’on veut savoir pour quel n, m ∈ N, l’application φnm : S 1 → S 1 ,
1
n
donnée par φnm (z) = z m est continue. Or, l’application z 7→ z m n’est pas
continue pour m > 1. En effet, si on suppose φ1m continue, on peut relever
φ1m d’abord sur [0, 1] et ensuite de proche en proche, pour construire une
application continue Φ1m : R → R avec Φ1m (0) = 0 et π ◦ Φ1m = φ1m ◦ π où
π : R → S 1 est le revêtement 1-connexe de S 1 . On en déduit que d’un côté
φ1m (π([0, 1[)) = φ1m (S 1 ) est compact (en tant qu’image continue d’un com1
pact, mais de l’autre côté, π(Φ1m ([0, 1[)) = π([0, m
[) qui n’est pas compact si
m > 1. Cette contradiction montre que φ1m n’est pas continue. Le résultat est
donc qu’il existe un morphisme de revêtements φnm si et seulement si m|n.
Énoncé
Indication
4.4. Corrigé exercice. — Soit U un ouvert trivialisant r. On peut sup`
poser U 1-connexe par hypothèse. r−1 (U ) = i∈I Vi avec des Vi ouverts 1connexes. Puisque un revêtement de base 1-connexe est trivial (théorème 11.4
du cours), les Vi sont automatiquement trivialisants pour q, et à fortiori trivialisant pour p. La fibre est discrète : p−1 (z) = q −1 (r−1 (z)) pour tout z ∈ Z.
Énoncé
Indication
4.5. Corrigé exercice. — L’assertion est locale, on peut donc supposer
X = B × F , X 0 = B × F 0 et B connexe. On a donc f : B × F → B × F 0 ,
f (b, f ) = b, α(b, f )) où α : B ×F → F 0 est une application continue. F 0 discret,
α continue et B connexe impliquent que α(b, f ) ne dépend pas de b. Notons
pour tout b ∈ B, α(b, −) =: φ : F → F 0 . Ainsi, f −1 (B × {f 0 }) = B × φ−1 (f 0 )
est un revêtement trivial de B × {f 0 }.
Énoncé
4.6. Corrigé exercice. — Fixons un point base b ∈ B et des points base
x ∈ X et x0 = f (x) ∈ X 0 tels que γ(0) = b et p(x) = p0 (x0 ) = b. γ est donc un
lacet dans B qui se relève en x en un unique lacet γ̃ dans X, et en x0 en un
unique chemin γ̃ 0 dans X 0 . Ces applications donnent un diagramme en forme
de tetraèdre dont les sommets sont [0, 1], X, X 0 et B, et les arêtes sont γ, γ̃,
22
Université de Nantes - Topologie Algébrique
γ̃ 0 , et f . Trois des quatre triangles sont commutatifs, montrons que le dernier
triangle est commutatif, i.e. que f ◦ γ̃ = γ̃ 0 . En effet, f ◦ γ̃ est un chemin dans
X 0 qui commence en x0 et qui se projette sur γ, donc par unicité du relevé,
on a f ◦ γ̃ = γ̃ 0 . Maintenant, on a f (γ̃(0)) = f (γ̃(1)), et ceci implique donc
γ̃ 0 (0) = γ̃ 0 (1), i.e. que γ̃ 0 est aussi un lacet.
Classifions les revêtements connexes de la figure huit à deux feuilles : la figure
huit consiste d’un croisement et de deux segments, formant les deux boucles
quand ils sont joints au croisement. Un revêtement à deux feuilles de la huit a
deux croisements (si on note les deux points au centre de ces deux croisements
x1 et x2 et le point au centre du croisement de la figure huit b, alors on a que
p−1 (b) = {x1 , x2 } est la fibre sur b dans le revêtement en question), et il reste
à joindre entre eux les huit branches des deux croisements. Si vous disposez
les deux croisements dans le plan, il est clair qu’il faut joindre les branches
à gauche avec celles de gauche et les branches à droite également entre elles
(on veut que la partie de gauche (resp. de droite) est projeté sur la partie de
gauche (resp. de droite) de la figure huit sous la projection du revêtement p).
De chaque côté, il y a donc C42 = 6 possibilités d’apparier les branches. Pour
caractériser le revêtement, il faut introduire un sens de parcours sur la figure
obtenue : si on note x1 et x2 les deux croisements, il faut que le relèvement
d’un lacet de la base, par exemple du lacet α qui parcourt exactement une fois
la boucle de gauche dans le sens des aiguilles d’une montre, soit unique si on
spécifie x1 comme point de départ, i.e. il doit y avoir un seul sens de parcours
vers la gauche en partant de x1 . Du point de vue topologique, on a de chaque
côté deux possibilités : soit on ferme les branches en deux boucles disjoints, soit
on lie les deux croisements. On a donc finalement quatre possibilités, dont une
donne deux figures huit superposées : cette dernière est à écarter puisqu’elle
n’est pas connexe. Il reste trois possibilités : le revêtement R1 où les deux
croisements sont bouclés à droite, le revêtement R2 où les deux croisements
sont bouclés à gauche, le revêtement R3 où les deux croisements sont liés par
quatre liens. Il reste à montrer que ces trois revêtements sont deux à deux
non-isomorphes ; c’est pour cela que nous utilisons la remarque du début. En
effet, nous allons reléver différents lacets faites à partir de α et β (le lacet
de la figure huit qui parcours exactement une fois la boucle de droite dans
le sens mathématiquement positif) à partir de x1 et de x2 pour montrer que
R1 , R2 et R3 sont deux à deux non-isomorphes. C’est le lacet αβ −1 (i.e. on
II : Revêtements
23
parcourt d’abord α et ensuite β mais dans le sens opposé (à cause du β −1 !)),
qui distingue R1 , R2 de R3 , car il se relève dans les deux premiers à partir
d’aucun point de la fibre sur b en lacet, mais dans R3 , il se relève à partir de
x1 et de x2 en lacet. Il nous reste donc de distinguer R1 et R2 entre eux. Ceci
se fait à l’aide du lacet αβα qui se relève en lacet à partir de x1 et de x2 en
R1 , mais pas dans R2 . En conclusion, nous avons trois revêtements connexes
à deux feuillets deux à deux non-isomorphes de la figure huit.
Énoncé
28
Université de Nantes - Topologie Algébrique
Chapitre III : Groupe fondamental
c3
Construction du groupe fondamental, propriétés générales
12.1. Construction. — Soit (X, x0 ) un espace pointé, c.-à-d. muni d’un
point base x0 . On note Ω(X, x0 ) l’ensemble des lacets basés en x0 (voir 11.8) :
si γ ∈ Ω(X, x0 ), γ est une application continue [0, 1] → X et γ(0) = γ(1) = x0 .
Sur l’espace Ω(X, x0 ) on définit la relation d’équivalence suivante : γ ∼ γ 0 si γ
est homotope à γ 0 parmi les lacets basés (homotopie basée). On note l’ensemble
quotient
π1 (X, x0 ) = Ω(X, x0 )/∼ .
Dans la suite, si γ est un lacet basé, on notera [γ] sa classe dans le quotient.
12.2. Théorème. — Il existe une loi composition des lacets (non unique),
compatible avec la relation d’équivalence d’homotopie basée. Cette loi induit
sur π1 (X, x0 ) une loi de groupe ; π1 (X, x0 ) est le groupe fondamental de
(X, x0 ).
Démonstration. — Loi de composition sur Ω(X, x0 ) :
(
(γ1 ∗ γ2 )(t) =
γ1 (2t)
si 0 ≤ t ≤ 21
γ2 (2t − 1) si 12 ≤ t ≤ 1
On vérifie immédiatement que, si γ1 ∼ γ10 et γ2 ∼ γ20 , alors γ1 ∗ γ2 ∼ γ10 ∗ γ20 .
Donc la loi de composition passe au quotient. Vérifions qu’elle y définit une
loi de groupe.
Associativité : (γ1 ∗ γ2 ) ∗ γ3 ∼ γ1 ∗ (γ2 ∗ γ3 ) .
III : Groupe fondamental
29
12.1. Exercice. — Écrire une formule pour l’homotopie suggérée par le
dessin ci-dessus.
Élément neutre : soit cx0 le lacet constant en x0 ; on a
γ ∗ cx0 ∼ cx0 ∗ γ ∼ γ .
30
Université de Nantes - Topologie Algébrique
12.2. Exercice. — Écrire une formule pour l’homotopie suggérée par ces
dessins.
Inverse : soit γ −1 (t) := γ(1 − t), le chemin γ parcouru à l’envers. On a
γ ∗ γ −1 ∼ γ −1 ∗ γ ∼ cx0 .
En effet, on définit Γ par


γ(2t)
 =
Γ(t, s)
= γ(1 − s)


= γ(2 − 2t)
si 0 ≤ t ≤ 1−s
2
1+s
si 1−s
≤
t
≤
2
2
si 1+s
≤
t
≤
1
2
et on voit que Γ est une homotopie de lacets basés de γ ∗ γ −1 jusqu’à cx0 .
Cela achève la preuve du théorème.
12.3. Proposition (élémentaire). — 1) Si X est un espace connexe par
arcs et si α est un chemin de x0 à x1 , alors π1 (X, x0 ) ∼
= π1 (X, x1 ) par l’appli−1
cation [γ] 7→ [α ∗ γ ∗ α], qui est un isomorphisme de groupes.
2) Si X est connexe par arcs, π1 (X, x0 ) = 1 ⇔ X 1-connexe, cf. (11.7).
3) π1 (X1 × X2 , (x1 , x2 )) ∼
= π1 (X1 , x1 ) × π1 (X2 , x2 )
4) Si X est un groupe topologique d’élément neutre e, π1 (X, e) est abélien.
Démonstration. — Elle est laissée en exercice. Voici une indication pour le 4).
Étant donné deux lacets γ1 et γ2 basés en e, on peut fabriquer le lacet produit
(γ1 · γ2 )(t) := γ1 (t) · γ2 (t). Appliquer cette construction à (ce ∗ γ1 ) · (γ2 ∗ ce ) et
à (γ1 ∗ ce ) · (ce ∗ γ2 ), où ce est le lacet constant en e.
III : Groupe fondamental
31
12.4. Proposition (Fonctorialité). — 1) Soit f : (X, x0 ) → (Y, y0 ) une
application continue d’espaces pointés : f (x0 ) = y0 . On définit f] : π1 (X, x0 ) →
π1 (Y, y0 ) par
f] ([γ]) = [f ◦ γ].
C’est un homomorphisme de groupes. Si f = IdX , f] est l’identité du groupe
fondamental de (X, x0 ).
2) Si f0 ∼ f1 (homotopie basée), alors f0] = f1] .
3) Soit f : (X, x0 ) → (Y, y0 ) et g : (Y, y0 ) → (Z, z0 ) deux applications
continues. On a (g ◦ f )] = g] ◦ f] . En particulier si f est un homéomorphisme,
alors f] est un isomorphisme des groupes fondamentaux.
12.3. Exercice. — Que devient la formule d’homotopie du 2) si l’homotopie
n’est pas basée ?
12.5. Exercice. — Le théorème de Brouwer pour le disque D2 :
Toute application continue f : D2 → D2 a un point fixe. (Ici, D2 est le disque
fermé ; montrer que ce serait faux pour le disque ouvert).
Indication : sinon, il existe une application g : D2 → S 1 continue vérifiant
g(x) = x pour tout x ∈ S 1 , donnée sur la figure suivante.
Soit j : S 1 → D2 l’inclusion ; décrire (j ◦ g)] et déduire une contradiction.
32
Université de Nantes - Topologie Algébrique
12.6. Définition. — f : (X, x0 ) → (Y, y0 ) est une équivalence d’homotopie
basée s’il existe g : (Y, y0 ) → (X, x0 ) continue telle que g ◦ f ∼ IdX et f ◦ g ∼
IdY par des homotopies basées.
Exemple. — Soit X = S n et Y = Rn+1 \ {0}, x0 = y0 ∈ S n ; f est l’inclusion
x
S n → Rn+1 et g(x) =
.
||x||
12.4. Exercice. — Démontrer que, si f est une équivalence d’homotopie
basée, alors f] est un isomorphisme. Démontrer que c’est encore vrai si les
homotopies sont non-basées.
12.7. Théorème. — Soit X un espace 1-connexe sur lequel un groupe discret
G agit continûment à gauche avec la condition (L). Soit B =G \X. Alors
π1 (B, b0 ) ∼
= G.
Démonstration. — Soit p : X → B la projection sur le quotient ; c’est un
revêtement d’après 8.5. Soit x0 ∈ p−1 (b0 ) ; on a p−1 (b0 ) = Gx0 . Soit γ ∈
Ω(B, b0 ) un lacet basé en b0 . Soit γ̃ son relèvement avec γ̃(0) = x0 . Alors il
existe g ∈ G, unique, tel que g · x = γ̃(1). Par relèvement des homotopies, g ne
dépend que de la classe d’homotopie basée de γ. On définit φ : π1 (B, b0 ) → G
par φ([γ]) = g.
Affirmation 1 : φ est un morphisme de groupes.
φ([γ1 ]) = g1 · x0 , φ([γ2 ]) = g2 · x0 . Le chemin g1 · γ̃2 relève γ2 à partir de g1 · x0 ;
son extrémité est g1 · (g2 · x0 ) = (g1 g2 ) · x0 . De plus γ̃1 ∗ (g1 · γ̃2 ) relève γ1 ∗ γ2
à partir de x0 . Donc
φ([γ1 ][γ2 ]) = φ([γ1 ∗ γ2 ]) = g1 g2 .
Affirmation 2 : φ est une bijection.
φ est surjectif car X est connexe par arcs. En effet étant donné g ∈ G, il existe
un chemin γ̃ joignant x0 à g · x0 . Si γ = p ◦ γ̃, φ([γ]) = g.
φ est injectif. En effet si φ([γ]) est l’élément neutre de G, γ̃ est un lacet de
X basé en x0 et p] ([γ̃]) = [γ]. Comme π1 (X, x0 ) = 1, on a [γ] = [cb0 ] dans
π1 (B, b0 ).
12.8. Corollaire. — π1 (S 1 ) ∼
= Z, π1 (T 2 ) ∼
= Z ⊕ Z, π1 (P 2 ) ∼
= Z2 ,
π1 (SO(3)) ∼
Z
.
= 2
III : Groupe fondamental
33
Démonstration. — Le cercle S 1 est le quotient de R par Z agissant par tranlation.
Le tore T 2 est le quotient de R ⊕ R par Z ⊕ Z agissant par translation.
L’espace projectif P 2 est le quotient de la sphère par l’action de Z/2Z ∼
=
{Id, −Id}.
En utilisant la multiplication des quaternions sur C2 , on peut voir que la sphère
unité S 3 est un groupe isomorphe à SU (2), le groupe des matrices complexes
2x2 de déterminant 1. Le quotient par le sous-groupe distingué {±I} est un
groupe isomorphe à SO(3). Les détails font l’objet d’une exercice de TD.
12.9. Exercice. — La bouteille de Klein, notée K 2 , est définie comme quotient de R2 par le groupe G engendré par les deux isométries suivantes
S : (x, y) 7→ (x + 1, −y)
T : (x, y) 7→ (x, y + 1) .
Montrer que l’action de G sur R2 vérifie la condition (L). Montrer que π1 (K 2 )
est non-abélien.
13. Groupe libre à deux générateurs
13.1. Construction. — On se donne un alphabet à deux lettres A = {a, b}.
Un mot réduit est une suite finie de lettres avec exposants
an1 bm1 . . . ou bm1 an1 . . . ,
où ni , mi ∈ Z \ {0} et où deux lettres consécutives sont distinctes. On définit
F2 = {mots réduits à deux lettres} ∪ { mot vide, noté e ou 1}.
C’est un monoı̈de pour l’opération de juxtaposition des mots (concaténation),
suivie de la réduction :
(
. . . an+m . . . si n + m 6= 0
n m
...a a ... ⇒
......
si n + m = 0 .
Dans ce dernier cas on a effacé du mot les deux lettres an am .
Exemple. — (ab2 a−1 )(ab3 ) = ab5
(ab2 a−1 )(ab−2 ) = a
(ab2 a−1 )(ab−2 a−1 ) = 1.
34
Université de Nantes - Topologie Algébrique
13.2. Proposition. — 1) Pour cette loi de composition (concaténation–
réduction) F2 est un groupe. L’inverse de a est a−1 ; celui de b est b−1 et
(ab)−1 = b−1 a−1 .
2) Soit G un groupe et φ : A → G une application. Alors φ se prolonge de
façon unique en un homomorphisme de groupes φ̄ : F2 → G par
φ̄(an1 bm1 . . .) = (φ(a))n1 (φ(b))m1 . . .
13.3. Définition. — La longueur l(λ) d’un mot réduit λ est la somme des
valeurs absolues des exposants.
Exemple. — l(e) = 0, l(a) = l(a−1 ) = l(b) = l(b−1 ) = 1, l(a−1 ba) = 3,
l(µν) ≤ l(µ) + l(ν) (inégalité du triangle).
Exercice : caractériser l’égalité.
13.4. Graphe de Cayley. — Le graphe de Cayley de F2 est l’espace topologique Γ formé d’un ensemble discret Γ[0] de sommets et d’arêtes joignant les
sommets selon la règle suivante :
– Γ[0] = F2 ;
– on joint x0 à x1 par une arête (copie de [0, 1]) si et seulement si x1 = x0 a±1
ou x1 = x0 b±1 .
On définit une distance sur le graphe de Cayley. D’abord pour x, y ∈ Γ[0] on
pose
d(x, y) = d(e, x−1 y) = l(x−1 y) .
III : Groupe fondamental
35
C’est une distance sur Γ[0] à cause de l’inégalité de triangle :
l(x−1 z) ≤ l(x−1 y) + l(y −1 z) .
Les extrémités d’une même arête sont à distance 1. Les extrémités d’une croix
sont à distance 2. Si [x, xg] et [y, yh] sont deux arêtes sans extrémités communes, alors parmi les quatre paires (x, y), (x, yh), (xg, y) et (xg, yh), il y en
a une seule à distance minimale. Disons que c’est (x, y) ; alors
d(xg, y) = d(x, yh) = d(x, y) + 1
et d(xg, yh) = d(x, y) + 2.
On prolonge la distance d à tout Γ comme suit : soit x et y sont deux sur deux
arêtes α et β ;
– si α = β, on définit d(x, y) comme la distance euclidienne de x à y sur
l’arête identifié à [0, 1] ;
– si α 6= β, et si x0 et y0 sont leurs extrémités respectives les plus proches
entre elles, on pose :
d(x, y) = d(x, x0 ) + d(x0 , y0 ) + d(y0 , y)
13.5. Théorème. — 1) F2 agit à gauche par isométries de Γ en vérifiant la
condition (L).
2) Le quotient est la figure huit.
3) Γ est contractile.
4) π1 (huit) ∼
= F2 .
Démonstration. — 1) Si g ∈ F2 , x ∈ Γ[0] et y ∈ Γ[0] , alors
d(gx, gy) = l(x−1 g −1 gy) = l(x−1 y) = d(x, y).
Si α et β est une paire d’arêtes et si x0 et y0 sont leurs extrémités les plus
proches, gx0 et gy0 sont alors les extrémités les plus proches entre elles des
arêtes gα et gβ. Donc pour x ∈ α et y ∈ β, d(gx, gy) = d(x, y).
13.1. Exercice. — Vérifier la condition (L) et 2).
3) Soit x ∈ Γ[0] avec l(x) = n. On a une suite de mots x0 = e, x1 , . . . , xn = x
avec l(xk ) = k ; on prend les sous-mots de x à partir de la gauche : par exemple,
si x = a−2 b3 , alors x1 = a−1 , x2 = a−2 , x3 = a−2 b, etc.
36
Université de Nantes - Topologie Algébrique
Pour t ∈ [ nk , k+1
n ], on définit c(x, t) comme le point de [xk , xk+1 ] à distance
k
n(t − n ) de xk .
13.2. Exercice. — Montrer que c(x, t) se prolonge continûment à Γ×[0, 1] →
Γ avec c(x, 1) = x et c(x, 0) = e.
Donc Γ est contractile. En fait, il y a un unique plus court chemin joignant
deux points, comme dans un convexe.
4) On applique le théorème 12.7 ci-dessus.
14. La suite exacte des revêtements
Dans toute la suite, p : X → B est un revêtement, X et B sont connexes par
arcs ; x0 ∈ X et b0 = p(x0 ) sont des points base.
14.1. Action à droite de π1 (B, b0 ) sur la fibre base. — Pour x ∈ p−1 (b0 )
et [γ] ∈ π1 (B, b0 ), on définit x · [γ] comme l’extrémité du relèvement de γ à
partir de x. Vérifions la formule d’associativité d’une loi d’action à droite :
x · [γ1 ][γ2 ] = x · [γ1 ∗ γ2 ] = (x · [γ1 ]) · [γ2 ] .
III : Groupe fondamental
37
Pour cette action, le stabilisateur de x0 est le
sous-groupe =(p] ). En effet, l’égalité x0 ·[γ] = x0
énonce que γ se relève en un lacet basé en x0 ,
autrement dit [γ] est dans l’image de p] .
Soit q : π1 (B, b0 ) → p−1 (b0 ) l’application définie par [γ] 7→ x0 · [γ].
14.2. Théorème. — 1) p] : π1 (X, x0 ) → π1 (B, b0 ) est injectif.
2) L’application q donnée par l’action sur x0 est un morphisme de π1 (B, b0 )–
ensembles à droite, c.-à-d. d’ensembles munis d’une action à droite de
π1 (B, b0 ). Elle induit un isomorphisme p−1 (b0 ) ∼
=p π (X, x ) \π1 (B, b0 ).
] 1
0
3) La suite ci-dessous est “exacte” en convenant que le noyau de q est le
stabilisateur de x0 :
1
/ π1 (X, x0 )
p]
/ π1 (B, b0 )
q
/ p−1 (b0 )
/1
Démonstration. — 1) Soit γ̃ un lacet en x0 tel que p ◦ γ̃ ∼ cb0 (homotopie
basée). Le relèvement de cette homotopie à partir de γ̃ aboutit à un lacet dans
p−1 (b0 ), qui est discret ; donc ce lacet final est constant.
2) Posons G := π1 (B, b0 ) et H := =(p] ). On a q(g) = x0 · g et
q(Hg) = x0 · Hg = (x0 · H) · g = x0 · g
Donc q est constant sur les classes à droite et se factorise par H \G. D’où le
diagramme commutatif ci-dessous.
38
Université de Nantes - Topologie Algébrique
π1 (B, b0 )
q
/ p−1 (b0 )
6
n
n
q̄ nnn
n
nnn
nnn
p] π1 (X, x0 ) \π1 (B, b0 )
Comme X est connexe par arcs, q, et donc q̄, est surjectif.
Voyons que q̄ est un morphisme de G-ensembles à droite :
q̄(Hg · g 0 ) = q(Hg · g 0 ) = x0 · Hgg 0 = x0 · gg 0
= (x0 · g) · g 0 = q(g) · g 0 = q̄(Hg) · g 0
Voyons que q̄ est injectif. q̄(Hg1 ) = q̄(Hg2 ) ⇒ q̄(H) = q̄(Hg2 g1−1 ) (car q̄ est un
morphisme) ⇒ x0 = x0 · g2 g1−1 ⇒ g2 g1−1 ∈ H (puisque H est le stabilisateur
de x0 ) ⇒ Hg1 = Hg2 . Finalement q̄ est un isomorphisme.
3) L’exactitude de la suite est une réécriture de ce qui a été déjà dit.
14.1. Exercice. — Calculer p] si X = B = S 1 et p(z) = z 2 .
14.2. Exercice. — On suppose que B = G \ X où G agit continûment à
gauche sur X et p : X → G \ X. On identifie p−1 (b0 ) = G · x0 à G. Montrer
qu’alors q est un morphisme de groupes. En déduire que l’image de p] est un
sous-groupe distingué.
François Laudenbach & Friedrich Wagemann
Département de mathématiques, Université de Nantes,
2 Rue de la Houssinière F-44322 Nantes Cedex 03
III : Groupe fondamental
1
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DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
td3
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 5, Topologie algébrique
2005-2006
Le Groupe Fondamental.
5.1. Exercice. — Soit X un groupe topologique avec élément neutre e. Montrer que π1 (X, e) est un groupe abélien (Indication : montrer que le produit
de π1 (X, e) peut s’exprimer par le produit point par point de X).
Indication
Corrigé
5.2. Exercice. — Soit X un espace topologique connexe par arcs, et x, y ∈ X
deux points distincts. Alors, les groupes fondamentaux π1 (X, x) et π1 (X, y)
basés en x et en y sont isomorphes.
Sous quelles conditions deux chemins γ et γ 0 de x à y donnent-ils lieu au même
isomorphisme π1 (X, x) → π1 (X, y) ?
Sous quelles conditions, a-t-on : pour tous points x, y ∈ X, toutes les classes
de chemins de x à y donnent le même isomorphisme π1 (X, x) → π1 (X, y) ?
Corrigé
5.3. Exercice. — Calculer le groupe fondamental des espaces projectifs réels
RP n , de la bouteille de Klein K, du ruban de Möbius M .
Indication
Corrigé
i
5.4. Exercice. — Soient X un espace topologique et A → X un sous-espace
de X. A est appelé un rétracte de X s’il existe une application continue r :
X → A telle que r ◦ i = idA . Donner des exemples d’un rétracte de Rn , de
2
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Rn \ {0}.
On appelle A un rétracte par déformation si en plus (des exigences pour être
un rétracte) i ◦ r est homotope à idx via une homotopie relative à A, i.e. une
homotopie qui sur A est l’identité de A pour tout temps. On se servira de
cette définition dans 5.6.
Supposons maintenant que A soit un rétracte de X, et soit a ∈ A ⊂ X.
Montrer que si i] (π1 (A)) est un sous-groupe distingué de π1 (X, a), alors
π1 (X, a) ∼
= i] (π1 (A, a)) × ker(r] ).
(Indication : Montrer d’abord que ker(r] ) ∩ i] π1 (A, a) = {e}. Montrer ensuite
que les éléments de i] (π1 (A, a)) et de ker(r] ) commutent.)
Indication
Corrigé
5.5. Exercice. — Soit A un sous-espace de X, X et Y 6= ∅ étant des epaces
topologiques. Montrer que A × Y est un rétracte de X × Y si et seulement si
A est un rétracte de X.
Corrigé
5.6. Exercice. — Décrire le groupe fondamental du tore T = S 1 × S 1 . Montrer que le sous-ensemble S 1 × {x0 } est un rétracte de T, mais qu’il n’est pas
un rétracte par déformation.
(Indication : appliquer π1 (−, −) (qui à une paire consistant d’un espace topologique X et d’un point x ∈ X associe le groupe fondamental π1 (X, x) basé
en x) à un rétracte et à un rétracte par déformation et comparer.)
Corrigé
5.7. Exercice. — Soit H < G un sous-groupe d’un groupe G agissant avec
la propriété (L) sur un espace topologique X. Montrer que
H \X → G \X
est un revêtement régulier si et seulement si H est un sous-groupe distingué
de G.
(Indication : soit H un sous-groupe et supposons que l’ensemble des classes à
droite H \ G de G par rapport à H soit muni d’une loi de groupe ∗ compatible
avec celle de G, i.e. (x1 ∗ x2 ) · g = x1 ∗ (x2 · g) pour tout x1 , x2 ∈ H \ G et tout
III : Groupe fondamental
3
g ∈ G. Montrer que alors H est distingué. Réciproquement, si H est distingué
dans G, notons A := H \ G. On considère l’espace quotient A ×G X de A × X
(topologie discrète sur A) par l’action diagonale (i.e. g · (a, x) := (a · g −1 , g · x))
de G sur les deux facteurs. Montrer que A agit sur A ×G X avec (L), que
G \ X s’identifie à A \ (A ×G X) et que H \ X s’identifie à (A ×G X), et que la
projection A ×G X → A \ (A ×G X) définit un revêtement régulier.)
Indication
Corrigé
5.8. Exercice. — Soit f : S 1 → S 1 l’application z 7→ z n . Calculer son induite
f] : π1 (S 1 , 0) → π1 (S 1 , 0).
Corrigé
4
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DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Le groupe fondamental : indications pour les exercices
5.1. Indication exercice. — 5.1 Montrer que pour deux lacets f, g :
[0, 1] → G avec f (0) = f (1) = g(0) = g(1) = e, l’élément neutre de G, on a
(f ∗ g)(t) ∼ (f · g)(t) par une homotopie basée.
Énoncé
Corrigé
5.3. Indication exercice. — 5.3 Il suffit d’identifier les espaces RP n , K
et M comme espaces quotient X/G par l’action vérifiant la condition (L) d’un
groupe G sur un espace 1-connexe X pour conclure π1 (X/G, b) ∼
= G pour un
point base b.
Énoncé
Corrigé
5.4. Indication exercice. — 5.4 On pourra utiliser (et le montrer !) le
lemme qui dit que si A, B sont sous-groupes distingués d’un groupe G d’intersection A∩B = {e}, alors ab = ba pour tous a ∈ A et b ∈ B. L’application, dont
il s’agit de montrer que c’est un isomorphisme, sera f : A × B → G, (a, b) 7→
ab.
Énoncé
Corrigé
5.7. Indication exercice. — 5.7 Cet exercice est un peu long et assez
difficile. Il pourra être traité un peu plus tard (il se rapporte à la définition
21.6). Sinon, il suffit de suivre les instructions...
Énoncé
Corrigé
III : Groupe fondamental
5
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Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 5, Topologie algébrique
2005-2006
Le groupe fondamental : solutions des exercices.
5.1. Corrigé exercice. — L’idée est d’exprimer d’abord le produits de
deux lacets dans G par le produit d’éléments de G : montrons que pour deux
lacets f, g : [0, 1] → G avec f (0) = f (1) = g(0) = g(1) = e, l’élément neutre de
G, on a (f ∗g)(t) ∼ (f ·g)(t) par une homotopie basée, i.e. qui fixe le point base.
Par définition, on a (f ∗ g)(t) = f (2t) pour 0 ≤ t ≤ 21 et (f ∗ g)(t) = g(2t − 1)
pour 21 ≤ t ≤ 1, tandis que (f · g)(t) = f (t) · g(t) pour tout t ∈ [0, 1]. Écrivons
H(s, t) = f (a(s, t)) · g(b(s, t)) de telle façon que a(s, t) et b(s, t) soient égaux
à t pour s = 0, et fassent apparaı̂tre 2t dans f pour 0 ≤ t ≤ 21 et (2t − 1)
dans g pour 21 ≤ t ≤ 1 si s = 1. Les applications continues a : [0, 1]2 → R
et b : [0, 1]2 → R s’obtiennent à partir de ces conditions par interpolation
linéaire. Il s’avère que
(
t + st
si 0 ≤ t ≤ 12
a(s, t) =
t + (1 − t)s si 21 ≤ t ≤ 1
et
(
b(s, t) =
t − st
si 0 ≤ t ≤ 12
t + (t − 1)s si 12 ≤ t ≤ 1
satisfont ces conditions, et sont continues (d’après exo 2.11, il suffit pour cette
dernière affirmation de vérifier que les bouts de a (resp. de b) définis pour
t ≤ 12 et pour t ≥ 12 sont égaux en t = 12 , ce qui est le cas). On a donc par
construction H(0, t) = f (t) · g(t) = (f · g)(t) et
(
)
f (2t) · g(0)
si 0 ≤ t ≤ 21
H(1, t) =
= (f ∗ g)(t).
f (1) · g(2t − 1) si 12 ≤ t ≤ 1
6
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En plus, H(s, 0) = e et H(s, 1) = e pour tout s ∈ [0, 1], donc H est une
homotopie qui fixe le point base.
Pour en conclure que f ∗ g ∼ g ∗ f par une homotopie basée, il suffit de
remarquer que H 0 (s, t) = f (b(s, t)) · g(a(s, t)) nous fournit une homotopie
basée entre f · g et g ∗ f . Donc, puisque l’homotopie basée est une relation
d’équivalence, f ∗ g est homotope à g ∗ f par une homotopie basée.
Énoncé
Indication
5.2. Corrigé exercice. — Soit γ un chemin de x à y, alors cγ : π1 (X, x) →
π1 (X, y) défini par cγ (α) = γ −1 ∗ α ∗ γ est un isomorphisme de groupes ; en
effet, nous avons noté γ −1 : [0, 1] → X le chemin inverse de y à x, et cγ est
bien défini, car (γ −1 ∗ α ∗ γ)(0) = (γ −1 ∗ α ∗ γ)(1) = y. L’inverse de cγ est
clairement cγ −1 .
γ et γ 0 donnent lieu au même isomorphisme, i.e. cγ = cγ 0 , si et seulement si
γ −1 ∗ α ∗ γ = (γ 0 )−1 ∗ α ∗ (γ 0 ) pour tout α ∈ π1 (X, x). Ceci veut dire que la
classe (qu’on notera encore γ ∗ (γ 0 )−1 ) du lacet γ ∗ (γ 0 )−1 est dans le centre
Z(π1 (X, x)) de π1 (X, x).
Le fait que pour tous x, y ∈ X et tous γ, γ 0 : x 7→ y, on ait cγ = cγ 0 est
équivalent à ce que pour tous x, y ∈ X et tous γ, γ 0 : x 7→ y, on ait γ ∗
(γ 0 )−1 ∈ Z(π1 (X, x)). Mais toute classe d’un lacet α ∈ π1 (X, x) se décompose
α = γ ∗ (γ 0 )−1 en découpant α en un point y arbitrairement choisi, donc
α ∈ Z(π1 (X, x)) pour tout α ∈ π1 (X, x), et par suite π1 (X, x) est abélien. La
condition est donc que π1 (X, x) est abélien pour un point x ∈ X (et donc pour
tout point !).
Énoncé
5.3. Corrigé exercice. — Nous utiliserons le théorème 12.7 du cours : il
faut identifier les espaces Pn (R), K et M comme espaces quotient X/G par
l’action vérifiant la condition (L) d’un groupe G sur un espace 1-connexe X
pour conclure π1 (X/G, b) ∼
= G pour un point base b.
n
L’espace projectif réel P (R) est par définition l’espace quotient X/R de X =
Rn+1 \ {0} par la relation déquivalence
v ∼ v 0 ⇔ ∃λ ∈ R∗ : v 0 = λv.
III : Groupe fondamental
7
C’est un quotient par l’action d’un groupe, le groupe multiplicatif R∗ , donc
la projection est ouverte (cf exo 2.8 1a)). Montrons que le quotient X/R
est séparé en montrant que le graphe gr(R) de la relation d’équivalence est
fermée (cf exo 2.6 2a)). En effet, gr(R) est la réunion sur tous les v ∈ X des
couples (v, λv) de vecteurs colinéaires à v. En restreignant le produit extérieur
∧ : Rn+1 × Rn+1 → Λ2 Rn+1 , (v, w) 7→ v ∧ w à X en ∧ : X × X → Λ2 Rn+1 , on
voit que gr(R) = ∧−1 (0). En remarquent que ∧ : Rn+1 × Rn+1 → Λ2 Rn+1 est
linéaire, et donc continue entre espaces vectoriels de dimension finie, en voit
donc que gr(R) est fermé.
Afin d’identifier Pn (R) à un quotient par une action vérfiant (L), il est plus
facile de d’abord identifier Pn (R) à S n /Z2 , car cette dernière action vérifie
automatiquement (L) puisque c’est l’action libre d’un groupe fini sur un espace séparé (il suffit de saturer les ouverts séparant les points d’une orbite).
L’identification Pn (R) ∼
= S n /Z2 se fait par le diagramme
Sn
S n / Z2
i
ī
/ Rn+1 \ {0}
/ Pn (R)
Ici, Z2 = {±1} agit sur la sphère S n par l’involution antipodale, i.e. par multiplication par ±1, i : S n → Rn+1 \ {0} est l’inclusion, et l’application continue
ī existe par la propriété universelle du quotient. La séparation du quotient
S n /Z2 se déduit directement de exos 2.6 2b) et 2.8 1b), ou de l’existence
de l’injection continue ī. ī est donc une bijection continue de compact sur
séparé, et par suite un homéomorphisme (exo 2.4 2)). En conclusion, nous
avons montré que π1 (Pn (R), b) ∼
= Z2 pour n ≥ 2, puisque S n est 1-connexe
dans ce cas (cf proposition 11.3 du cours).
Le cas P1 (R) est un cas spécial : soit ψ : S 1 → R2 défini par ψ(x, y) =
2 =
(x2 − y 2 , 2xy) où (x, y) ∈ S 1 ⊂ R2 . x2 + y 2 = 1 implique (x2 − y 2 )2 + (2xy)
√
y
1−x
1
1
1
et b = √2
1, donc ψ(S ) ⊂ S . Étant donné (x, y) ∈ S , a = √
2(1−x)
vérifient (a2 − b2 , 2ab) = (x, y), ainsi ψ(S 1 ) = S 1 . ψ est constante sur les
classes d’équivalence de la relation et passe au quotient en ψ̄ : S 1 /Z2 → S 1 .
On vérifie que ψ̄ est injective, donc une bijection continue de compact sur
8
Université de Nantes - Topologie Algébrique
séparé et par suite un homéomorphisme (exo 2.4 2)). En conclusion, le groupe
fondamental de P1 (R) est Z = π1 (S 1 , b).
En ce qui concerne le ruban de Möbius M et la bouteille de Klein K (cf exos
3.5 et 3.6), on les a déjà identifé à des quotients X/G par une action vérifiant
(L) (cf 3.5 3) et 3.6 3)). On en déduit que π1 (M, b) = Z, le groupe cyclique
engendré par σ, et que π1 (K, b) = G, le sous-groupe engendré par σ et τ dans
le groupe O(2) des isométries du plan (cf 3.5).
Énoncé
Indication
5.4. Corrigé exercice. — L’ensemble {0} est un rétracte de Rn : l’application r : Rn → {0} envoie tout point sur 0, elle est trivialement continue.
C’est même un rétracte par déformation, car l’application constante en 0 est
homotope à l’identité ; une homotopie H : Rn × [0, 1] → Rn est donnée par
H(x, t) = tx.
La sphère S n−1 ⊂ Rn est un rétracte, même un rétracte par déformation, de
Rn \ {0} : nous proposons comme rétraction r : Rn \ {0} → S n−1 l’application
x
r(x) = ||x||
, et pour l’homotopie H : (Rn \ {0}) × [0, 1] → (Rn \ {0}) la
x
combinaison convexe H(x, t) = tx + (1 − t) ||x||
.
∼
Montrons finalement la formule π1 (X, a) = i] (π1 (A, a)) × Ker(r] ), et pour
cela, montrons d’abord que i] (π1 (A, a)) ∩ Ker(r] ) = {e}, où e est l’élément
neutre de π1 (X, a) =: G. Simplifions les notations en i] (π1 (A, a)) =: A et
Ker(r] ) =: B. En effet, si x ∈ A ∩ B, alors r] (x) = e et il existe y ∈ G
avec x = i] (y). Ainsi y = r] (i] (y)) = e et aussi x = e, où nous avons utilisé
r] ◦ i] = idπ1 (A,a) . Utilisons maintenant un petit lemme algébrique qui dit que
si A, B sont sous-groupes distingués d’un groupe G d’intersection A∩B = {e},
alors ab = ba pour tous a ∈ A et b ∈ B. En effet, pour a ∈ A et b ∈ B, il
existent par hypothèse a0 ∈ A et b0 ∈ B avec ab = ba0 = b0 a, et par suite
aba−1 b−1 = b0 b−1 = ba0 a−1 b−1 ∈ A, i.e. b0 b−1 ∈ A ∩ B = {e}. Donc ab = ba.
On définit alors un homomorphisme de groupes
f : A × B → G, (a, b) 7→ ab.
f est un homomorphisme puisque a et b commutent, et f est injectif par
A ∩ B = ∅. Il reste à montrer que f est surjectif. Or, (i] (r] (g)), (i] (r] (g)))−1 g)
est un antecédant de g ∈ G. D’où l’isomorphisme voulue.
Énoncé
Indication
III : Groupe fondamental
9
→
5.5. Corrigé exercice. — Si i : A ← X : r est un rétracte, on a r ◦ i =
idA et r(a) = a pour tout a ∈ A. On en déduit des applications continues
→
i × idY : A × Y ← X × Y : r × idy (cf exo 2.2). Elles vérifient (r × idy ) ◦
(i × idY ) = idA × idY = idA×Y et (r × idy )(a, y) = (a, y) pour tous a ∈ A
et y ∈ Y . Ainsi A × Y est un rétracte de X × Y . Soit donc réciproquement
→
i : A × Y ← X × Y : r un rétracte de X → Y . Puisque Y 6= ∅, il existe y ∈ Y .
L’application I : X → X × {y} est continue (cf exo 2.2). Ainsi R : X →
X × {y} → X × Y → A × Y → A qui est la composée R = projA ◦r ◦ incl ◦I,
est continue (incl : X × {y} → X × Y est l’inclusion). On voit que R décrit le
rétracte A de X.
Énoncé
5.6. Corrigé exercice. — Le corollaire 12.8 du cours affirme que
π1 (T2 , b) ∼
= Z ⊕ Z. On peut se représenter le tore T2 comme surface dans
3
R (muni de son répère usuel (0; ~x, ~y , ~z)) obtenue en tournant un cercle C
strictement contenu dans la partie de R3 décrite par x > 0, y = 0, et z > 0,
autour de l’axe des z. En choisissant un point base b = (b1 , b2 , b3 ) ∈ C, le
groupe fondamental de T2 est engendré par le lacet α basé en b qui fait le
tour de C, et un lacet β qui fait le tour d’un cercle obtenu en intersectant T2
avec le plan affine parallèle au plan (x, y) passant par b3 . On vérifie facilement
que α ∗ β = β ∗ α, et un isomorphisme π1 (T2 , b) = hα, βi ∼
= Z ⊕ Z est obtenu
par α 7→ (1, 0) et β 7→ (0, 1). Une autre interprétation est celle sous-jacente
au théorème 12.7 du cours ; dans cette description, Z ⊕ Z est le groupe des
translations du plan engendré par (x, y) 7→ (x + 1, y) et (x, y) 7→ (x, y + 1).
Un rétracte par déformations est un sous-espace topologique A ⊂ X donné
par l’inclusion i : A → X et une rétraction r : X → A avec r] ◦ i] = idπ1 (X,a)
et i] ◦ r] ∼ idπ1 (A,a) (pour un point a ∈ A). Il est clair que un rétracte par
déformation A et l’espace topologique ambient X ont même groupe fondamental, puisque i] et r] fournissent des homomorphismes de groupes entre π1 (X, a)
et π1 (A, a), l’un inverse de l’autre. Ainsi, S 1 × {x0 } ⊂ T2 n’est pas un rétracte
par déformations de T2 , puisque π1 (S 1 × {x0 }, (b, x0 )) ∼
= π1 (S 1 , b) ∼
= Z, pen2
1
2 est quand même
dant que π1 (T2 , (x, y)) ∼
Z
.
Montrons
que
S
×
{x
}
⊂
T
=
0
un rétracte. En effet, si on décrit un point w ∈ T2 = S 1 × S 1 par w = (g, h),
alors l’application r : T2 → S 1 × {x0 } donnée par w = (g, h) 7→ (g, x0 ) est
continue (cf exo 2.2), donc S 1 × {x0 } ⊂ T2 est un rétracte.
10
Université de Nantes - Topologie Algébrique
Énoncé
5.7. Corrigé exercice. — Supposons donc que l’ensemble H \G des
classes à droite par rapport à H est muni d’un loi de groupe compatible avec
l’action de G ((x1 ∗ x2 ) · g = x1 ∗ (x2 · g) pour tous x1 , x2 ∈H \G et tout
g ∈ G. On a (x ∗ y) · g = x ∗ (y · g), et donc Stab(x ∗ y) = Stab(y), puisque ∗
est une lois de groupe. De même, Stab(y ∗ x) = Stab(x). Donc, si e désigne
l’élément neutre de H \G par rapport à la loi ∗, on a Stab(e) = Stab(x)
pour tout x ∈H \G. En particulier, tous les stabilisateurs coı̈ncident. Par
ailleurs, si p : G →H \G désigne la projection (qui n’est pas forcément un
homomorphisme de groupes !), on a Stab(p(eG )) = {g ∈ G | H · g = H} = H
où eG est le neutre de G, et donc p(eG ) = H ∈H \G. De même, on a
Stab(Hg) = {g 0 ∈ G | Hg · g 0 = Hg} = g −1 Hg. Puisque tous les stabilisateurs
coı̈ncident, on a H = g −1 Hg pour tout g ∈ G, et H est distingué.
Soit réciproquement H distingué dans G. Nous mettons en évidence un
revêtement régulier à l’aide de la construction de Borel : soit A :=H \G
l’ensemble des classes à droite. D’un autre côté, A est un groupe (quotient)
par hypothèse. Montrons que A agit sur A ×G X avec la condition (L). Ici,
A ×G X est le quotient π : A × X → A ×G X de A × X sous l’action diagonale
g · (a, x) = (ag −1 , gx) de G sur A × X (g ∈ G, a ∈ A et x ∈ X). Ainsi
la projection A ×G X →G \X est un revêtement régulier de fibre A par
le théorème 8.5 du cours. A agit sur A ×G X par multiplication à gauche :
a · (b, x) = (ab, x). C’est cette action à gauche qui passe au quotient, car le
quotient par rapport à l’action diagonale fait intervenir l’action à droite :
a · (b, x) = (ab, x) = a · (bg −1 , gx) = (abg −1 , gx).
Pour montrer la condition (L), soit (a, x) ∈ A ×G X, et soit U un voisinage
ouvert de x ∈ X vérifiant la condition (L) pour X en x. Alors π({a} × U ) est
un ouvert vérifiant (L). En effet, soit a = Hg ∈ A et y ∈ U . Si l’intersection de
l’A-orbite de (Hg, y) avec π({a} × U ) contient un élément b · (Hg, y) = (Hg, u)
où b = Hh, alors (Hhg, y) = (Hgg −1 hg, y) =: (Hgh0 , y) = (Hgh0 , (h0 )−1 h0 y) =
!
(Hg, h0 y) = (Hg, u) où nous avons noté h0 = g −1 hg, et on en déduit u = h0 y.
Mais le fait que U vérifie (L) implique que h0 = e le neutre, et donc h = e. Par
suite b = Hh est le neutre de A, et nous avons montré que π({a} × U ) vérifie
(L). Remarquer que π({a} × U ) est ouvert par 2.8 1a).
III : Groupe fondamental
11
Il reste à identifier la base de la construction de Borel A \(A×G X) avec la base
G \X du revêtement que nous voulons, et l’espace total de la construction de
Borel A×G X avec l’espace total H \X de telle façon que ces homéomorphismes
commutent avec les projections pour donner un isomorphisme de revêtements.
On définit alors
→
ψ :A \(A×G X) ←G \X : φ,
(Hg, x) 7→ ψ(Hg, x) = gx,
x 7→ φ(x) = (H, x).
On vérifie que φ et ψ sont bien définies, et que leurs composées sont l’identité.
φ est l’application existant par propriété universelle du quotient pour X →A
\(A ×G X) induite par l’application continue X → A × X, x 7→ (H, X), donc
continue. ψ est l’application existant par propriété universelle du quotient
pour g : A × X →G \X, composée de proj2 et de la projection. g passe
d’abord en ḡ : A ×G X →G \X, et ensuite en ψ. Donc ψ est continue, et
nous avons montré le premier homéomorphisme. L’homéomorphisme A ×G
X ≈H \X se construit de la même façon : on considère ici les applications
A × X →H \X donnée par (Hg, x) 7→ gx, et X → A ×G X donnée par
x 7→ (H, x). Les vérifications évidentes montrant que ces deux applications
sont bien définies, inverse l’une de l’autre et continues par propriété universelle
sont laissées au lecteur. En plus, il est clair sur les formules explicites que
ces homéomorphismes commutent avec les projections, et donnent donc un
isomorphisme de revêtements.
Énoncé
Indication
5.8. Corrigé exercice. — Comparons avec l’exemple 10.3 du cours : γ(t)
correspond à la puissance n-ème du générateur de π1 (S 1 , 0) ∼
= Z, i.e. γ(t) est
un représentant de la classe d’homotopie f] (1). Il est clair que γ(t) correspond
à n ∈ Z sous l’isomorphisme de groupes
π1 (S 1 , 0) ∼
= Z, (t 7→ (cos(2πit), sin(2πit))) ↔ 1.
Ainsi f] : Z → Z s’identifie à la multiplication par n.
Énoncé
38
Université de Nantes - Topologie Algébrique
Chapitre IV : Groupe défini par générateurs et relations
Théorèmes de Van Kampen
c4
Groupe défini par générateurs et relations
15.1. Groupe libre sur un alphabet. — On considère un ensemble A =
{gi , i ∈ I} que l’on appellera alphabet. Un mot réduit est soit le mot vide,
soit une suite finie de lettres de A munies d’exposants dans Z∗ telle que deux
lettres consécutives soient distinctes (voir 13.1 pour le cas d’un alphabet à
deux lettres). Par concaténation et réduction on définit une loi de groupe sur
l’ensemble des mots réduits ; l’élément neutre e ou 1 est le mot vide. Le groupe
libre engendré par A est
F (A) = {mots réduits écrits avec les lettres de A}.
15.2. Proposition. — Si G est un groupe et si α : A → G une application,
alors α se prolonge de façon unique en un morphisme de groupes α : F (A) →
G.
15.3. Définitions. — 1) Si ce morphisme est surjectif, on dit que G est
engendré par α(A) et que les éléments de α(A) sont des générateurs de G.
2) Étant donné un système de générateurs pour G, une relation est un élément
de Ker(α). Comme Ker(α) est un sous-groupe invariant (c.-à-d. distingué) de
F (A), si r ∈ Ker(α) et m ∈ F (A), m−1 rm est une autre relation.
3) On dit que G est défini par les générateurs {gi , i ∈ I} et les relations
{rj , j ∈ J} si G est isomorphe au quotient F (A)/ R où R est le plus
petit sous-groupe invariant contenant les rj . On écrit R = hrj , j ∈ Ji et
G = hgi , i ∈ I ; rj , j ∈ Ji.
4) On dit que G est de type fini s’il a un système fini de générateurs (I fini).
On dit que G est de présentation finie s’il est défini par un nombre fini de
générateurs et de relations.
15.4. Exemple. — G = Z ⊕ Z est défini par ha, b ; aba−1 b−1 i.
IV : Théorèmes de Van Kampen
39
Démonstration. — Soit A = {a, b} un alphabet à deux lettres. Soit
α : F (A) → Z ⊕ Z défini par α(a) = (1, 0) et α(b) = (0, 1). Alors α(m) = (p, q)
où
– p = somme algébrique des exposants des lettres a dans m
– q = somme algébrique des exposants des lettres b dans m.
Par exemple, α(aba−1 ba2 b) = (2, 3) (ne pas confondre avec la longueur du
mot qui est ici 7).
Soit r = aba−1 b−1 . Évidemment r ∈ Ker(α). Donc Ker(α) ⊃ h r i. Il s’agit de
voir que Ker(α) = h r i.
Affirmation : m = ρap bq avec ρ ∈ h r i, c.-à-d. que ρ est produit fini de
conjugués de aba−1 b−1 .
On la prouve par récurrence sur la longueur de m à partir des remarques
suivantes :
– ba = r−1 ab
– grk = (grk g −1 )g.
Si on applique ce résultat à m ∈ Ker(α), on trouve que m = ρ ∈ h r i.
15.5. Exercice (Le groupe alterné A4 ). — C’est le sous-groupe du
groupe symétrique S4 qui est le noyau du morphisme signature. Il a 12
éléments.
Soit a = (1423) = (1)(423) ; on a a3 = 1.
Soit b = (12)(34) ; on a b2 = 1 et (ab)3 = 1 car ab fixe 3.
Un élément d’ordre 3 de A4 agit sur {1, 2, 3, 4} en fixant un point et en permutant cycliquement les trois autres. Donc il y a quatre sous-groupes d’ordre
3 ; il y a trois éléments d’ordre 2 : b, a−1 ba et a−2 ba2 . Donc α : F ({a, b}) → A4
défini par α(a) = a et α(b) = b est surjectif. Ce morphisme se factorise par
G := F2 /
ha3 , b2 , (ab)3 i
.
Montrer que G ∼
= A4 .
Indication. Dans G, ba2 = abab. Donc on peut supprimer tous les exposants
2, sauf pour a2 et pour les éléments commençant par a2 b. On en déduit une
liste finie de mots représentant tous les éléments de G. D’après cette liste
#(G) < 24. Or #(G) ∈ 12N puisqu’un quotient de G est d’ordre 12. Donc
#(G) = 12 et, comme α est surjectif, α est injectif et G ∼
= A4 .
40
Université de Nantes - Topologie Algébrique
16. Produit libre de deux groupes
16.1. Définition. — Si G et G0 sont deux groupes d’éléments neutres respectifs e et e0 , on définit G ∗ G0 comme l’ensemble des mots finis ou vide avec
des lettres dans (G \ e) ∪ (G0 \ e0 ), deux lettres consécutives n’étant pas dans
le même facteur.
On définit un produit par concaténation + réduction
(. . . g1 )(g2 . . .) = . . . (g1 g2 ) . . .
où on fait le produit g1 g2 si les deux lettres appartiennent à G (resp. à G0 ). Si
g2 = g1−1 , on efface g1 g2 .
Remarque. — G est un sous-groupe de G ∗ G0 , mais il n’est jamais invariant
si G0 6= 1.
16.2. Exemples. — 1) F2 ∼
=Z∗Z
∼
2) D∞ = Z2 ∗ Z2
16.3. Propriété universelle. — Si l’on a φi : Gi → G, i = 1, 2, deux
morphismes de groupes, il existe un unique morphisme φ : G1 ∗ G2 → G tel
que φ|Gi = φi . On note aussi φ = φ1 ∗ φ2 .
16.1. Exercice. — Si G = H ∗ Z et si a est un générateur de Z, on a
G/h a i ∼
= H
où h a i désigne le plus petit sous-groupe distingué contenant a.
17. Premier théorème de Van Kampen
17.1. Théorème. — Soit X = X1 ∪ X2 , X1 et X2 ouverts dans X. Soit
x0 ∈ X1 ∩ X2 . On suppose X1 ∩ X2 1-connexe.
Alors
π1 (X, x0 ) ∼
= π1 (X1 , x0 ) ∗ π1 (X2 , x0 ).
Remarque. — Le cercle S 1 est recouvert par deux ouverts contractiles et
n’est pas 1-connexe. Expliquer !
IV : Théorèmes de Van Kampen
41
Démonstration. — Soit Gj = π1 (Xj , x0 ) et ij : Xj ,→ X. Soit φ = i1] ∗ i2] .
On veut voir que φ est un isomorphisme.
1) φ est surjectif. Soit γ : [0, 1] → X un lacet basé en x0 . Par le lemme ε de
Lebesgue (4.2), il existe une subdivision 0, . . . , tk , . . . , 1 de [0, 1] plus fine que le
recouvrement par {γ −1 (X1 ), γ −1 (X2 )}. Autrement dit γ([tk , tk+1 ]) ⊂ Xj pour
un certain j ∈ {1, 2}. Si deux intervalles consécutifs vont dans le même Xj on
efface l’extrémité commune de la subdivision. Alors γ(tk ) ∈ X1 ∩ X2 pour tout
k. On joint γ(tk ) à x0 dans X1 ∩ X2
et, par une homotopie de γ, on se ramène à γ(tk ) = x0
pour tout k.
Alors γ|[tk ,tk+1 ] est un lacet de Xj , basé en x0 . Sa classe d’homotopie donne
une lettre pour un mot de G1 ∗ G2 .
2) φ est injectif. Soit m un mot, non nécessairement réduit, de G1 ∗ G2
représentant un élément du noyau de φ ; chaque lettre est la classe d’homotopie d’un lacet de X1 ou 2 basé en x0 ; donc m est représenté par un lacet γ de
X qui, par hypothèse, est homotope au lacet constant cx0 . Il faut voir que m
se réduit dans le mot trivial.
L’homotopie est une application Γ : [0, 1] × [0, 1] → X avec Γ(t, 0) = γ(t),
Γ(0, s) = Γ(1, s) = Γ(t, 1) = x0 . Par le lemme de Lebesgue (4.2), on a
un quadrillage du carré plus fin que {Γ−1 (X1 ), Γ−1 (X2 )}. Chaque sommet du
quadrillage, ainsi que chaque arête, a une couleur selon que son image est dans
X1 ou dans X2 ; s’il va dans X1 ∩ X2 il est bicolore.
On ne perd pas de généralité en supposant que chaque sommet s est envoyé
sur x0 , comme l’indique la construction suivante :
– pour cela, on joint Γ(s) à x0 par un chemin α dans X1 ou X2 ou X1 ∩ X2
selon sa couleur ;
42
Université de Nantes - Topologie Algébrique
– on retire de [0, 1] × [0, 1] un petit disque D(s) centré en s ;
e de sorte que Γ
e envoie le bord de D(s) au
– on fait une homotopie de Γ à Γ
point Γ(s) ;
e à D(s) en envoyant chaque rayon du disque dans X par α.
– on étend Γ
Appelons de nouveau Γ cette homotopie. On a alors une suite de lacets γ0 =
γ, γ1 , . . . , γk , γk+1 , . . . , cx0 , où chacun est formé par la restriction de Γ à une
chaı̂ne d’arêtes du quadrillage joignant {0} × [0, 1] à {1} × [0, 1] et où γk+1
diffère (en général) de γk comme suit :
γk = α ∗ δk ∗ β
γk+1 = α ∗ δk+1 ∗ β
La restriction de Γ à une arête de γk définit un lacet de (Xj , x0 ) pour un certain
j et sa classe d’homotopie est une lettre de Gj . Si une arête est bicolore, Γ
l’envoie dans (X1 ∩ X2 , x0 ) et donc sa classe d’homotopie est triviale. Ainsi à
γk correspond un mot de G1 ∗ G2 . À cause du petit carré, [δk ] = [δk+1 ] dans
G1 ou 2 . Donc γk et γk+1 définissent le même élément de G1 ∗ G2 . Finalement
γ et cx0 définissent le même élément de G1 ∗ G2 .
17.2. Corollaire. — Soit X = X1 ∨X2 (union sur un point x0 ). On suppose,
pour j = 1, 2, que x0 a un voisinage ouvert Vj dans Xj contractile par une
contraction constante sur x0 .
Alors
π1 (X, x0 ) ∼
= π1 (X1 , x0 ) ∗ π1 (X2 , x0 ).
Démonstration. — Une base d’ouverts de X1 ∨ X2 est formée des ouverts de
X1 \{x0 }, des ouverts de X2 \{x0 } et des réunions d’un ouvert de X1 contenant
x0 et d’un ouvert de X2 contenant aussi x0 . Soit X10 := X1 ∪ V2 et X20 := X2 ∪
V1 ; ce sont deux ouverts de X qui le recouvrent. De plus grâce à la contraction
de Vj , on voit que l’inclusion Xj → Xj0 est une équivalence d’homotopie ; elle
induit donc un isomorphisme π1 (Xj , x0 ) ∼
= π1 (Xj0 , x0 ). L’intersection X10 ∩
X20 = V1 ∪ V2 est contractile, donc 1-connexe. Le théorème de Van Kampen
(17.1) donne alors la conclusion.
IV : Théorèmes de Van Kampen
43
17.3. Exemples. — 1) π1 (huit} ∼
= Z ∗ Z.
1
2
∼
2) π1 (S ∨ P ) = Z ∗ Z2 .
18. Second théorème de Van Kampen
18.1. Théorème. — 1) Soit Y = D2 ∪f X où f : S 1 → X est continue. Soit
x0 un point de base de X dans f (S 1 ). Alors
π1 (Y, x0 ) ∼
= π1 (X, x0 ) / h [f ] i
où h [f ] i désigne le plus petit sous-groupe de π1 (X, x0 ) contenant la classe du
lacet [f ].
2) Soit n > 2 et Z = Dn ∪f X où f : S n−1 → X est continue. Alors
π1 (Z, x0 ) ∼
= π1 (X, x0 ).
Démonstration. — 1) L’inclusion de X dans Y induit un morphisme i] :
π1 (X, x0 ) → π1 (Y, x0 ). Comme le lacet f est homotope à zéro, i] se factorise par le quotient, donnant un morphisme
φ : π1 (X, x0 ) / h [f ] i → π1 (Y, x0 ) .
Pour la surjectivité de φ, on observe que l’inclusion de X dans Y 0 := Y \{f (0)}
est une équivalence d’homotopie, car c’est vrai pour l’inclusion du cercle dans
le disque privé de son centre. Or il est facile de voir que tout lacet de Y est
approchable par (donc homotope à) un lacet qui évite le point f (0).
Pour l’injectivité de φ, on raisonne comme dans le premier théorème de Van
Kampen. Chaque petit carré du quadrillage va soit dans Y 0 soit dans D2 .
Chaque lacet γk est un lacet de Y 0 et, pour passer de γk à γk+1 on fait soit
une homotopie dans Y 0 , ce qui ne change rien à la classe d’homotopie, soit on
change [γk ] par un conjugué d’une puissance de [f ]. Finalement tout élément
du noyau de φ est un produit de conjugués de [f ]. Pour plus de détails on
consultera un ouvrage de référence.
2) Cette fois-ci on peut appliquer directement le premier théorème de Van
Kampen. En effet Z est recouvert par deux ouverts, Z 0 := Z \ {f (0)} et le
disque ouvert int Dn , et leur intersection, homéomorphe à S n−1 ×]0, 1[ est 1connexe. Donc π1 (Z, x0 ) ∼
= π1 (X, x0 ) ∗ π1 (Dn ). Mais le produit libre par le
n
groupe trivial π1 (D ) ne change pas le groupe.
44
Université de Nantes - Topologie Algébrique
18.1. Exercice. — Soit X = S 1 , f : S 1 → S 1 définie par f (z) = z 2 ; x0 =
1 ∈ C. Montrer [f ] = 2 dans π1 (S 1 , x0 ). En déduire
π1 (D2 ∪f S 1 , x0 ) ∼
= Z2 .
Retrouver ainsi le groupe fondamental de P 2 .
18.2. Application aux nœuds. — Soit C un nœud dans R3 , c’est-à-dire
l’image d’une application, de classe C 1 , γ : R → R3 , sans points de rebroussement (γ 0 (t) 6= 0 pour tout t ∈ R), 1-périodique et sans points doubles :
γ(t1 ) = γ(t2 ) ⇔ t1 − t2 ∈ Z.
On démontre facilement avec le théorème d’inversion locale qu’il existe un
voisinage, dit tubulaire, T = C × D2 , où D2 est le disque fermé (cf. figure).
Soit :
– X = R3 \ int(T ), D0 = {pt} × D2 ,
– Y = D0 ∪ X, x0 ∈ X ∩ D0 ,
– G = π1 (X, x0 ),
– m ∈ G la classe du “méridien”, c’est-à-dire du lacet tracé par le bord de
D0 (avec une orientation choisie arbitrairement).
On a
C × D2 ∼
= S 1 × D2 ∼
= ([0, 1] × D2 ) ∪ ({0} × D2 ∪ S 1 × S 1 ).
|
{z
}
∼
=D3
Donc R3 ∼
= D3 ∪ Y et, d’après le 2) de 18.1, π1 (Y, x0 ) ∼
= π1 (R3 ) = 1. Mais,
d’après le 1) de 18.1, π1 (Y, x0 ) ∼
= G / h m i ; donc G/h m i = 1.
Finalement G est formé des produits de conjugués d’un seul élément. On a
donc établi le corollaire suivant :
IV : Théorèmes de Van Kampen
45
18.3. Corollaire. — L’abélianisé Gab de π1 (X, x0 ) est isomorphe à un
groupe cyclique.
On rappelle que l’abélianisé Gab d’un groupe G est le quotient G/[G, G] où
[G, G] = h ghg −1 h−1 , g ∈ G, h ∈ G i et que tout morphisme de G vers un
groupe abélien se factorise par Gab .
François Laudenbach & Friedrich Wagemann
Département de mathématiques, Université de Nantes,
2 Rue de la Houssinière F-44322 Nantes Cedex 03
IV : Théorèmes de Van Kampen
1
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
td4
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 6, Topologie algébrique
2005-2006
Le Groupe Fondamental II.
6.1. Exercice. — Calculer par les théorèmes de van Kampen le groupe fondamental des espaces suivants :
– X = C((−2, 0), 1) ∪ [(−1, 0), (1, 0)] ∪ C((2, 0), 1) ⊂ R2 , C(a, r) ⊂ R2 étant
le cercle de rayon r autour de a ∈ R2 ,
– X = R2 \ {P, Q} avec P 6= Q ∈ R2 ,
– X = S 1 ∪ [P, Q] avec P, Q ∈ S 1 ,
– X = S2
– X = S 2 ∪ [P, Q] avec P, Q ∈ S 2 .
Indication
Corrigé
6.2. Exercice. — Utiliser les théorèmes de van Kampen pour déterminer
(parfois de nouveau) le groupe fondamental des espaces topologiques rencontrés en cours ou en TD (on commencera par T 2 , ensuite K, ensuite S n ,
n ≥ 3. Qu’est-ce qui ne marche plus pour S 1 et S 2 ? Comment pourrait-on
faire pour calculer le groupe fondamental de M par van Kampen ? Et celui de
RP 2 alors ?)
Corrigé
2
Université de Nantes - Topologie Algébrique
6.3. Exercice. — Soit G un groupe topologique connexe par arcs, e son
élément neutre. Soit p : X → G un revêtement connexe et localement connexe
par arcs de G et x0 ∈ p−1 (e).
Montrer qu’il existe sur X une unique structure de groupe topologique admettant x0 pour élément neutre et tel que p soit un homomorphisme de groupes
topologiques.
Indication
Corrigé
6.4. Exercice. — Soit g : RP n → S 1 une application continue.
1) Montrer que g se relève en une application ḡ : RP n → R.
2) Montrer que g est homotope à une application constante.
Indication
Corrigé
6.5. Exercice. — Soit f : S n → R2 une application continue (n ≥ 2).
Montrer qu’il existe x ∈ S n tel que f (x) = f (−x) (Ceci est le théorème de
Borsuk-Ulam).
(Indication : il y a (au moins) deux possibilités : une passe par l’assertion
équivalente
@f : S n → S 1
avec f (−x) = −f (x) pour tout x ∈ S n , l’autre n’utilise que le relèvement
d’applications.)
Indication
Corrigé
6.6. Exercice. — a) Montrer que les deux groupes G1 et G2 qui correspondent aux présentations 1) et 2) sont isomorphes :
1) Par deux générateurs a et b et la relation baba−1 .
2) Par deux générateurs a et c et la relation a2 c2 .
Remarque : ces deux présentations sont des présentations du groupe fondamental de la bouteille de Klein et correspondent à deux manières différentes
de le calculer.
b) Montrer que les deux groupes G3 et G4 qui correspondent aux présentations
3) et 4) ci-dessous sont isomorphes :
3) Deux générateurs a et b et la relation a3 b−2 .
4) Deux générateurs x et y et la relation xyxy −1 x−1 y −1 .
IV : Théorèmes de Van Kampen
Indication
3
Corrigé
6.7. Exercice. — Reprendre les revêtements connexes de la figure huit à
deux feuillets : comment calcule-t-on le groupe fondamental d’un graphe ?
Quels sont donc les groupes fondamentaux des revêtements en question ?
Indication
Corrigé
4
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Le groupe fondamental II : indications pour les exercices
6.1. Indication exercice. — 6.1 Si vous ne voyez pas comment appliquer
les théorèmes de Van Kampen directement, on peut aussi essayer de définir
des équivalences d’homotopie pour se ramener à des espaces mieux traitables
ou déjà traités.
Il y a tellement de façon différentes de résoudre cet exercice et le suivant que
je vous laisse trouver votre solution.
Énoncé
Corrigé
6.3. Indication exercice. — 6.3 Dans cet exercice, on peut procéder de
deux façon différentes : soit en relevant uniquement des chemins (par exemple,
pour définir le produit sur X de deux éléments x et y, on pourra relever à partir
de x0 un chemin qui part de e et qui aboutit à p(x)p(y)). Soit en relevant des
applications (pour permettre cette possibilité, l’exercice se trouve seulement
ici). En effet, on pourra relever l’application continue X × X → G donnée par
(x, y) 7→ p(x)p(x).
Énoncé
Corrigé
6.4. Indication exercice. —
dans Z ?
Énoncé
6.4 1) Combien d’éléments d’ordre 2 y a-t-il
Corrigé
6.5. Indication exercice. — 6.5 Passer au quotient par rapport à l’action de Z2 = {±1} ! Combien d’éléments d’ordre 2 y a-t-il dans Z ?
Énoncé
Corrigé
IV : Théorèmes de Van Kampen
5
6.6. Indication exercice. — 6.6 Cet exercice est assez combinatoire.
Dans la partie a), l’élément a reste fixe. Il faut trouver l’image de b. Pour cela,
il faut essayer de transformer l’une des deux relation dans l’autre, sachant
que ce n’est que le sous-groupe distingué engendré par la relation qui joue un
rôle, donc on raisonne à conjugaison près.
6.6 b) est assez difficile, sans autre indication. Essayez donc a 7→ xy et
trouvez une image de b qui convient.
Énoncé
Corrigé
6.7. Indication exercice. —
dans le cas d’un graphe ?
Énoncé
Corrigé
6.7 Comment appliquer Van Kampen I
6
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Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 6, Topologie algébrique
2005-2006
Le groupe fondamental II : solutions des exercices.
6.1. Corrigé exercice. — 1) L’espace X = C((−2, 0), 1)∪[(−1, 0), (1, 0)]∪
C((2, 0), 1) ⊂ R2 , C(a, r) ⊂ R2 étant le cercle de rayon r autour de a ∈ R2
s’appelle aussi les lunettes. Je vois au moins deux méthodes : par le premier théorème de Van Kampen (théorème 17.1 du cours). On choisit
U = C((−2, 0), 1) ∪ [(−1, 0), ( 21 , 0)[ et V =](− 12 , 0), (1, 0)] ∪ C((2, 0), 1).
U et V sont ouverts, X = U ∪ V et U ∩ V =](− 21 , 0), ( 12 , 0)[ est contractile. C((−2, 0), 1) homotopiquement équivalent à U (même un rétracte par
déformation (cf exo 5.4), et ils ont donc groupes fondamentaux isomorphes
(cf exo 5.6). De même, C((2, 0), 1) est un rétracte par déformation de V . En
conclusion, par le théorème de Van Kampen, π1 (X, x0 ) = Z ∗ Z. Une autre
methode est de montrer que les lunettes sont homotopiquement équivalentes
à la figure huit en contractant le segment qui lie les deux cercles sur un point,
et d’utiliser l’exemple 17.3 1) du cours.
Énoncé
Indication
6.1 2) Montrons que l’espace X en question est homotopiquement équivalent
aux lunettes L, i.e. à l’espace X de l’exercice 6.1 1). Après homéomorphisme
(le choix d’un répère orthonormé met P en (−2, 0), rotation et dilatation
mettent Q en (2, 0)), on peut supposer P = (−2, 0) et Q = (2, 0). Ensuite, on
définit une rétraction r : R2 \ {P, Q} → L en utilisant exo 2.11 comme suit :
◦
dans R2x≥2 \ D((2, 0), 1) (où D((2, 0), 1) signifie le disque autour de (2, 0) ∈ R2
de rayon 1), on contracte radialement sur C((2, 0), 1), i.e. r(x, y) = (a, b)
où (a, b) est l’intersection de la droite passant par (x, y) et (2, 0) avec le
IV : Théorèmes de Van Kampen
◦
7
cercle C((2, 0), 1). Dans R20≤x≤2 \ D((2, 0), 1), on contracte verticalement, i.e.
r(x, y) = (a, b) où (a, b) est l’intersection de la droite parallèle à l’axe des y
passant par (x, y) avec le cercle C((2, 0), 1) ou avec le segment [(0, 0), (1, 0)].
Dans la cercle C((2, 0), 1), i.e. pour les (2, 0) 6= (x, y) ∈ R2 avec x2 + y 2 < 1
et 1 ≤ x ≤ 3, on contracte aussi radialement sur le cercle, i.e. r(x, y) = (a, b)
si (a, b) est l’intersection de la droite passant par (x, y) et (2, 0) avec le cercle
C((2, 0), 1). Du côté des x ≤ 0, on applique la même consigne : en conclusion,
on a construit une application continue r : R2 \ {P, Q} → L. En promenant le
point (x, y) sur la droite verticale ou radiale jusqu’à sa position d’origine, on
construit facilement une homotopie entre r et l’identité qui est l’application
constante point par point sur L. D’où le fait que L est rétracte par déformation
de R2 \ {P, Q}.
Une autre possibilité est de raisonner par Van Kampen I (théorème 17.1 du
cours) : on recouvre R2 \ {P, Q} par son intersection U avec le demi-espace des
x < , et son intersection V avec le demi-espace x > − pour un > 0 assez
petit. U et V sont ouverts, leurs intersection est 1-connexe (homéomorphe à
R2 ), et U et V sont tous les deux homotopiquement équivalents à S 1 (encore puisque S 1 est rétracte par déformation, par exemple). On déduit par le
théorème que π1 (X, x0 ) = Z ∗ Z pour un point base x0 ∈ U ∩ V .
Énoncé
Indication
6.1 3) Soit X = S 1 ∪ [P, Q]. S 1 \ {P, Q} est la réunion disjointe de deux
arcs ouverts, notés A1 et A2 . Notons A01 l’arc fermé qui est l’intersection de
A1 avec l’extérieur de deux petites boules ouvertes autour de P et Q, et A02
l’intersection de A2 avec l’extérieur des mêmes deux petites boules ouvertes
autour de P et Q. Notons ensuite U := X \ A01 et V := X \ A02 deux ouverts
recouvrant X. L’intersection de U et V consiste du segment [P, Q] dans R2
ensemble avec l’intersection de S 1 avec les deux boules autour de P et Q.
Ainsi il est clair que U ∩ V est contractile. De plus, il est clair que U et V
sont homotopiquement équivalents à S 1 . On déduit alors de Van Kampen I
(théorème 17.1 du cours) que π1 (X, x0 ) ∼
= Z ∗ Z où x0 est par exemple sur
[P, Q].
Une autre possibilité est de montrer que X est homotopiquement équivalent
à la figure huit ; il suffit de contracter le segment [P, Q] sur un point.
Énoncé
Indication
8
Université de Nantes - Topologie Algébrique
6.1 4) On peut raisonner par Van Kampen II (théorème 18.1 du cours) : S 2 =
D2 ∪f D2 , la réunion de deux disques D2 où f : S 1 = ∂D2 → S 1 est l’identité.
L’homéomorphisme entre S 2 et l’espace D2 ∪f D2 se démontre à l’aide de la
proposition 6.4 du cours : la réunion disjointe D2 ∪ D2 admet une application
continue φ vers S 2 en incluant le premier disque comme l’hémisphère sud,
le deuxième comme l’hémisphère nord. On passe à l’identification D2 ∪f D2
avec f = idS 1 . La proposition nous montre que D2 ∪f D2 est compact. φ :
D2 ∪ D2 → S 2 se factorise en une bijection continue qui est par exo 2.3 3) un
homéomorphisme.
Van Kampen II affirme donc que π1 (S 2 , x0 ) ∼
= π1 (D2 , x0 ) / h[f ]i où x0 est
un point sur l’équateur de S 2 . Puisque π1 (D2 , x0 ) = {1} (puisque D2 est
contractile), on en déduit π1 (S 2 , x0 ) ∼
= {1} (cf prop. 11.3 du cours).
Énoncé
Indication
6.1 5) On décrit X = D2 ∪f Y avec Y = H ∪ [P, Q] où H est une hémisphère
de S 2 , et f : S 1 → S 1 est l’identité comme dans 6.1 4). Y est homotopiquement
équivalent à S 1 : en effet, à homéomorphisme près, on peut supposer que P et
Q soit diamétralement opposés. Ensuite, on regarde un demi-cercle du bord
de Y (qui consiste d’un cercle et d’un segment diamétral) comme une corde à
sauter qu’on contracte sur l’autre demi-cercle en parcourant l’hémisphère. Le
résultat est la réunion d’un demi-cercle de P à Q avec le segment [P, Q] ; cette
réunion est clairement homéomorphe à un cercle. Van Kampen II (théorème
18.1 du cours) affirme donc que π1 (X, x0 ) ∼
= π1 (Y, x0 ) / h[f ]i. Il reste donc à
identifier la classe de f comme élément de π1 (Y, x0 ) ∼
= Z. [f ] est la classe du
lacet qui fait un tour autour du cercle qui joint les deux hémi-sphères de S 2 .
Montrons que [f ] = 0 : en effet, le lacet f se contracte dans Y ; il suffit de
pousser le lacet sur le cercle bord de l’hémisphère dans l’hémisphère, et de
le contracter dans l’hémisphère sur son point base. Remarquer que puisque
f (S 1 ) ⊂ D2 ⊂ Y , le segment [P, Q] ne joue aucun rôle dans ceci, et [f ] = 0
provient de la contractibilité de D2 . En conclusion, π1 (X, x0 ) ∼
= Z.
Énoncé
Indication
6.2. Corrigé exercice. — Le tore T2 peut se voir comme quotient du
carré [0, 1]2 en identifiant les bords. Plus précisément, on forme dans un premier temps [0, 1]2 / f où f : [0, 1]×{0} → [0, 1]2 est l’application (t, 0) 7→ (t, 1).
Cet espace est clairement un cylindre C. Dans un deuxième temps, on forme
IV : Théorèmes de Van Kampen
9
C / g où g : {0} × S 1 → C est l’application (0, t) → (1, t). Proposition 6.4 du
cours affirme que C et C / g sont compacts. Exo 2.3 3) peut être employé pour
montrer l’homéomorphie avec d’autres decriptions du tore T2 . Une variante
de ceci s’obtient en regardant T2 = D2 ∪f (S 1 ∨ S 1 ) où D2 est regardé en
tant que carré [0, 1]2 , et les morceaux du bord {0} × [0, 1] et {1} × [0, 1] sont
envoyé par f sur le premier S 1 , pendant que le reste du bord [0, 1] × {0} et
[0, 1] × {1} est envoyé par f sur le deuxième facteur S 1 (i.e. les quatre coins du
carré sont envoyés sur le croisement des deux cercles dans la figure huit). Proposition 6.4 montre toujours que le quotient est compact. Le second théorème
de Van Kampen (théorème 18.1 du cours) montre donc que π1 (T2 , x0 ) est le
quotient du groupe Z ∗ Z par le sous-groupe distingué engendré par h[f ]i. Si
on note α le lacet dans T2 qui fait un tour du cercle image de [0, 1] × {0} et
[0, 1] × {1} sous f , et β celui qui fait un tour du cercle image de {0} × [0, 1]
et {1} × [0, 1], alors la classe de f est la classe de α ∗ β ∗ α−1 ∗ β −1 , et α et β
peuvent être pris comme générateurs de Z ∗ Z. Par suite, h[f ]i est clairement
le sous-groupe des commutateurs de Z ∗ Z, donc Z ∗ Z / h[f ]i est l’abélianisé
de Z ∗ Z, donc un groupe abélien libre en deux générateurs. Il en résulte que
π1 (D2 ∪f (S 1 ∨ S 1 ), x0 ) = Z ⊕ Z.
Énoncé
De la même façon, nous allons décrire la bouteille de Klein K : K = [0, 1]2 ∪f
(S 1 ∨ S 1 ) où f : ∂[0, 1]2 → S 1 ∨ S 1 est donnée par les identifications, i.e. (t, 0)
et (t, 1) sont envoyés sur e2πit comme élément du premier facteur S 1 pour
tout t ∈ [0, 1], et (0, t) et (1, t − 1) sont envoyés sur e2πit comme élément du
deuxième facteur S 1 pour tout t ∈ [0, 1]. Le second théorème de Van Kampen
(théorème 18.1 du cours) montre donc que π1 (K, x0 ) ∼
= Z∗Z / h[f ]i, et h[f ]i est
maintenant le sous-groupe distingué engendré par le lacet α ∗ β −1 ∗ α−1 ∗ β −1 .
Il est facile à montrer que Z ∗ Z / h[f ]i est isomorphe au groupe G de l’exo 3.4.
Énoncé
Le groupe fondamental de S n , n ≥ 3 se calcule facilement par Van Kampen
I par le recouvrement par les deux hémisphères, débordant un peu afin que
l’intersection soit non-vide. L’intersection est homotopiquement équivalent à
S n−1 , d’où une procédure pour montrer π1 (S n , x0 ) = {1} pour tout n ≥
2 par récurrence à partir de π1 (S 2 , x0 ) = {1}. Pour S 2 , l’intersection des
deux hémisphères est homotopiquement équivalent à S 1 , donc on ne peut pas
10
Université de Nantes - Topologie Algébrique
appliquer Van Kampen I, mais on a déjà vu comment on applique Van Kampen
II (exo 6.1 4)).
Énoncé
Pour S 1 , on représente C = D2 ∪f X où X est un cylindre C auquel on a
enlevé un petit disque. Le cylindre est homotopiquement équivalent à S 1 , et f
“bouche” le trou, i.e. identifie S 1 ⊂ D2 avec le bord du trou afin d’avoir C =
D2 ∪f X. X admet S 1 ∨ S 1 comme rétracte par déformation, donc π1 (X, x0 ) ∼
=
Z ∗ Z. [f ] s’identifie à la classe du lacet α qui fait un tour autour du trou,
et qui est par ailleurs un générateur de Z ∗ Z. On en conclut π1 (C, x0 ) =
Z ∗ Z / h[f ]i ∼
= Z. En effet, le plus petit sous-groupe distingué contenant α
contient α et β ∗ α ∗ β −1 , donc le commutateur β ∗ α ∗ β −1 ∗ α−1 . On en déduit
que le quotient est abélien, et donc un quotient de Z ⊕ Z. Or, h[f ]i contient
le sous-groupe engendré par α, donc le quotient s’identifie au second facteur,
engendré par β. Par suite π1 (S 1 , x0 ) = Z. Bien sûr, on a triché au moment où
on a déjà supposé connu le groupe fondamental du cylindre - je pense qu’on
ne peut pas raisonnablement calculer le groupe fondamental de S 1 à partir
des deux théorèmes de Van Kampen vu dans le cours. Ce qui précède montre
comment présenter S 1 comme attachement d’un disque à un espace. Le cas du
ruban de Möbius est analogue ; il suffit de lui enlever un petit disque D2 , et
de le recoller à l’aide d’un f pour le mettre sous la forme à laquelle s’applique
le théorème de Van Kampen II.
Énoncé
Pour le plan projectif RP 2 , on se souvient de l’exercice 3.5 2) : là, on montre
que RP 2 = D2 ∪f M . L’application f : S 1 → M qui envoie le bord du disque
sur le bord du ruban de Möbius a comme image le cercle bord de M ; il
correspond à deux fois le générateur de π1 (M, x0 ) = Z. Ainsi [f ] = 2 ∈ Z, et
par Van Kampen II, π1 (RP 2 , x0 ) ∼
= Z / h2i = Z2 .
Énoncé
6.3. Corrigé exercice. — Soit X × X → G l’application continue
(x, y) 7→ p(x)p(x) où p(x)p(x) désigne la multiplication de p(x) avec luimême dans le groupe G. On relève φ à partir de x0 . Ceci est possible, car
φ] ([γ1 ], [γ2 ]) = [p(γ1 )p(γ2 )] = [p(γ1 ) ∗ p(γ2 )] = p] ([γ1 ∗ γ2 )] implique que
Im(φ) ⊂ Im(p] ) et le théorème de relèvement 19.1 du cours permet de
conclure. Nous avons utilisé ici exo 5.1. Le relevé φ̃ de φ à partir de x0 est
IV : Théorèmes de Van Kampen
11
par définition la multiplication du groupe X avec x0 comme neutre. Étant
donné x et y dans X, le produit xy ainsi défini est bien défini par unicité du
relèvement. Il se calcule concrètement comme suit : soit γ un chemin dans
X × X de (x0 , x0 ) à (x, y). La composée µ ◦ (p × p) ◦ γ : [0, 1] → G est un
chemin de e ∈ G à p(x)p(y), où µ : G × G → G désigne la multiplication
dans G. Le relévé γ̃ à partir de x0 aboutit à γ̃(1) = xy par définition. Cette
construction ne dépend pas du choix de γ.
Montrons que x0 est un neutre pour cette multiplication : soit x ∈ X et γ un
^
chemin de (x0 , x0 ) à (x0 , x). Par définition xx0 = (µ ◦ (p
× p) ◦ γ)(1). Or, par
indépendence du choix de γ, on peut prendre γ = (cx0 , α) où α est un chemin
de x0 à x et cx0 est le chemin constant en x0 . Ainsi
˜
^
xx0 = (µ ◦ (p ×^
p) ◦ (cx0 , α))(1) = (ce p(α))(1)
= p(α)(1).
˜
Par unicité du relèvement, p(α)(1)
= α(1) = x. De la même façon on montre
x0 x = x pour tout x ∈ X.
Montrons l’associativité du produit, i.e. x1 (x2 x3 ) = (x1 x2 )x3 pour tous
x1 , x2 , x3 ∈ X. Soient αi pour i = 1, 2, 3 des chemins de x0 à xi . Par
indépendence du produit du choix de γ, on prendra comme chemin à (x2 , x3 )
et à (x1 , x2 x3 ) les chemins (α2 , α3 ) et (α1 , µ ◦ (p ×^
p) ◦ (α2 , α3 )) respectivement. De même pour le côté droite du produit. Il s’agit donc de comparer
µ ◦ (p × p) ◦ (α1 , µ ◦ (p ×^
p) ◦ (α2 , α3 ))
et
µ ◦ (p × p) ◦ (µ ◦ (p ×^
p) ◦ (α1 , α2 ), α3 ).
On vérifie facilement que le premier chemin est égal à p(α1 )(p(α2 )p(α3 )) et le
deuxième à (p(α1 )p(α2 ))p(α3 ), donc l’associativité dans le groupe G montre
qu’il sont égaux. Par unicité du relèvement, leurs relevés sont donc égaux, et
par suite leurs points d’aboutissement. Mais ceci veut dire que x1 (x2 x3 ) =
(x1 x2 )x3 .
On laisse la vérification de l’existence d’inverses au lecteur. Le produit est
continue (par relèvement d’applications continues) et unique (par unicité du
relèvement à partir d’un point fixé). Par construction, p est un homomorphisme de groupes.
Énoncé
Indication
12
Université de Nantes - Topologie Algébrique
6.4. Corrigé exercice. — 1) Par le théorème de relèvement des applications (théorème 19.1 du cours), une condition nécessaire et suffisante pour
que g se relève est que g] (π1 (RP 2 , x0 )) ⊂ p] (π1 (R, y0 )) avec p(y0 ) = g(x0 ), i.e.
g] (Z2 ) ⊂ {0}, i.e. Im(g] ) = {0}. Or, g] (1) où 1 ∈ Z2 est le générateur de Z2 , est
un élément d’ordre au plus 2 dans π1 (S 1 , g(x0 )) = Z, mais tous les éléments
de Z différents du neutre ont ordre ∞, donc g] (1) = 0, et Im(g] ) = {0} ce qui
montre l’existence du relèvement. Énoncé
Indication
6.4 2) R est contractile, i.e. il existe une homotopie H : [0, 1] × R → R
entre l’application idR et l’application constante cg(x0 ) , qui ne bouge pas g(x0 ).
Ainsi l’application idR ◦ḡ = ḡ est homotope via H ◦ (id[0,1] ×ḡ) à l’application
constante cg(x0 ) ◦ ḡ.
Énoncé
Indication
6.5. Corrigé exercice. — Supposons l’existence d’une application continue f : S n → S 1 avec f (−x) = −f (x) pour tout x ∈ S n . Alors regardons le
diagramme de passage au quotient par rapport à l’involution antipodale
Sn
f
π1
RP n
f¯
/ S1
π2
/ RP 1 = S 1
L’application f¯ existe grâce à l’hypothèse par la propriété universelle du quotient. Pour des raisons algébriques (f¯] est un homomorphisme de groupes de
Z2 vers Z, cf exo 6.4), f¯] = 0. Par ailleurs, soit γ un chemin dans S n du point
base x0 à son antipodal −x0 . On sait que (cf la preuve du théorème 12.7 du
cours) π1 ◦ γ engendre le groupe fondamental π1 (RP n , π 1 (x0 )) = Z2 . D’un
autre côté, f ◦ γ est un chemin de f (x0 ) à f (−x0 ) = −f (x0 ) dans S 1 , i.e. un
chemin qui fait un demi-tour du cercle. Il est envoyé sous π 2 sur un générateur
de π1 (S 1 , f (x0 )), ce qui contredit la commutativité du diagramme, puisque
f¯] = 0.
Montrons aussi que l’assertion est équivalente à celle proposé dans l’énoncé de
l’exercice : étant donné f : S n → R2 , supposons que f (x) 6= f (−x) pour tout
(x)−f (−x)
n
1
x ∈ S n . Alors g(x) := ||ff (x)−f
(−x)|| est une application continue g : S → S
avec g(−x) = −g(x). Par ce qui précède, un tel g ne peut exister, ce qui
IV : Théorèmes de Van Kampen
13
montre l’existence de x ∈ S n avec f (x) = f (−x). Supposons réciproquement
que pour toute application f : S n → R2 , il existe x ∈ S n avec f (x) = f (−x).
Alors l’existence d’une application g : S n → S 1 avec g(−x) = −g(x) pour tout
x ∈ S n est impossible. D’où l’équivalence.
Une autre approche est la suivante : supposons l’existence d’une application
continue f : S n → S 1 Z2 -équivariante (i.e. f (−x) = −f (x) pour tout x ∈ S n ).
f se relève dans le revêtement universel
=R
||
|
|
||
|| f
/ S1
Sn
f˜
en une application continue f˜ : S n → R telle que exp(2πif˜(x)) = f (x) pour
tout x ∈ S n . Or, f (−x) = −f (x) implique exp(2πif˜(−x)) = − exp(2πif˜(x)),
ou encore exp(2πi(f˜(−x)− f˜(x))) = −1. Ainsi f˜(−x)− f˜(x) ∈ Z+ 21 pour tout
x ∈ S n . L’application continue x 7→ f˜(−x) − f˜(x) à valeurs discrètes sur le
connexe S n est donc constante, notons la f˜(−x) − f˜(x) = C. En remplaçant x
par −x, on obtient également f˜(x)− f˜(−x) = C. Addition de ces deux égalités
donne C = 0, ce qui contredit C ∈ Z + 21 .
Énoncé
Indication
6.6. Corrigé exercice. — a) Soient G1 = ha, b | baba−1 i et G2 =
ha, c | a2 c2 i. On veut montrer que G1 ∼
= G2 . Définissons des homomorphismes de groupes f : F (a, b) → F (a, c) et g : F (a, c) → F (a, b) par
f (a) = a, f (b) = ca et g(a) = a, g(c) = ba−1 (ces préscriptions suffisent
pour définir des homomorphismes uniques par la propriété universelle du
groupe libre sur un alphabet). f et g sont des isomorphismes l’un inverse de
l’autre : en effet, g ◦ f (a) = a, f ◦ g(a) = a, g ◦ f (b) = g(ca) = ba−1 a = b et
f ◦ g(c) = f (ba−1 ) = caa−1 = c. On a c−1 f (baba−1 )c = c−1 caacaa−1 c = a2 c2
et (ba−1 )g(a2 c2 )(ba−1 )−1 = ba−1 a2 (ba−1 )2 (ba−1 )−1 = baba−1 , donc le sousgroupe distingué de F (a, b) engendré par baba−1 et celle de F (a, c) engendré
par a2 c2 se correspondent sous les isomorphismes f et g. D’où un isomorphisme
G1 = F (a, b) / hbaba−1 i ∼
= F (a, c) / ha2 c2 i = G2 .
14
Université de Nantes - Topologie Algébrique
La présentation avec la relation baba−1 correspond à la présentation de la
bouteille de Klein comme carré avec identifications, tandis que celle avec la
relation a2 c2 correspond à la présentation de la bouteille de Klein comme
somme connexe de deux plans projectifs (cf le livre de W. Massey, Algebraic
Topology, An Introduction. p. 9, p. 15).
Énoncé
Indication
6.6 b) Soient G3 = ha, b | a3 b−2 i et G4 = hx, y | xyxy −1 x−1 y −1 i. On raisonne
comme dans a). On a des isomorphismes de groupes libres f : F (a, b) →
F (x, y) et g : F (x, y) → F (a, b) définis par f (a) = xy, f (b) = yxy, et g(x) =
a2 b−1 , g(y) = ba−1 . Il est facile de vérifier que f et g sont des isomorphismes
inverses l’un de l’autre, et qu’ils déscendent en des isomorphismes G3 ∼
= G4 (i.e.
3
−2
−1
−1
−1
−1
−1
−1
3
−2
que f (a b ) = xyxy x y , et que g(xyxy x y ) = a b ). Ces deux
groupes sont en fait des groupes fondamentaux du complément d’un noeud
torique dans R3 (cf 18.2 dans le cours et le livre de W. Massey, Algebraic
Topology, An Introduction. p. 136-141).
Énoncé
Indication
6.7. Corrigé exercice. — Étant donné un graphe, on regarde le sousgraphe maximal qui est un arbre, i.e. qui ne contient pas de boucle. Un arbre
est contractile. Ce sous-arbre maximal contient nécessairement tous les sommets du graphe, mais il faut écarter les arêtes qui formeraient des boucles.
La maximalité s’exprime donc par le fait que dès qu’on rajoute une arête du
graphe, on crée une boucle. Le groupe fondamental du graphe est un groupe
libre dont les générateurs correspondent aux arêtes qu’on doit rajouter à l’arbre
maximal afin de retrouver le graphe du départ. En effet, c’est le théorème
de Van Kampen I (théorème 17.1 du cours), car le sous-arbre maximal est
contractile - les arêtes rajoutés deviennent des lacets en contractant le sousarbre maximal.
Rappelons maintenant les trois revêtements à deux feuillets deux à deux nonisomorphes de la figure huit : R1 où les deux croisements sont bouclés à droite,
R2 où ils sont bouclés à gauche, et R3 où les deux croisements sont liés par
quatre liens. Pour R1 , le sous-arbre maximal comprend les deux croisements
et un des deux liens qui les lient, donc le groupe fondamental G1 := π1 (R1 , x0 )
de R1 est un sous-groupe (libre, par le théorème de Schreier 21.1) a trois
générateurs du groupe Z ∗ Z. Ils peuvent s’exprimer par les lacets α et β qui
IV : Théorèmes de Van Kampen
15
engendrent le groupe fondamental Z ∗ Z de la figure huit. Soit x0 le croisement en bas. On rajoute des flèches aux arêtes de R1 afin d’avoir unicité
du relèvement des chemins (cf exo ??). Quand on relève α (qui parcourt le
cercle du gauche de la figure huit exactement une fois) en x0 pour exprimer
le générateur qui correspond par Van Kampen I au lien de gauche entre les
deux croisements, alors on arrive à x1 , le croisement du haut, et ensuite on
redescend vers x0 par l’autre lien. Ce générateur correspond donc à α2 . Quand
on relève β en x0 pour exprimer le générateur qui correspond à la boucle de
droite en bas, alors on relève β en x0 , et on parcourt la boucle de droite et
retourne sur x0 . Ce générateur correspond donc à β. Finalement, pour exprimer le générateur qui correspond à la boucle du haut, il faut d’abord relever α
pour monter de x0 à x1 , ensuite on peut parcourir la boucle (cela correspond
à relever β), et finalement on redescend par α−1 pour ne pas créer d’autre
boucle. Ce générateur correspond donc à α ∗ β ∗ α−1 . En conclusion, on a
G1 = hα2 , β, α ∗ β ∗ α−1 i ⊂ hα, βi = Z ∗ Z.
Le même type de raisonnement montre que G2 (i.e. le groupe fondamental de
R2 ) est G2 = hα, β ∗ α ∗ β −1 , β 2 i, et que G3 , le groupe fondamental de R3 est
G3 = hα2 , β 2 , α ∗ βi. Remarquer qu’il ne pas génant d’avoir un sous-groupe
librement engendré par trois éléments d’un groupe libre engendré par deux
éléments.
Énoncé
Indication
46
Université de Nantes - Topologie Algébrique
Chapitre V : Classification des revêtements
c5
Le théorème de relèvement
19.1. Théorème. — Soit p : (X, x0 ) → (B, b0 ) un revêtement avec pointsbase. Soit Y un espace connexe par arcs et localement connexe par arcs, et
f : (Y, y0 ) → (B, b0 ) une application continue.
Il existe f˜ : (Y, y0 ) → (X, x0 ) continue telle que p ◦ f˜ = f (on dit que f˜ relève
f ) si et seulement si Im(f] ) ⊂ Im(p] ). De plus le relèvement est unique.
Démonstration. — “⇒” C’est évident car f] = p] ◦ f˜] .
“⇐” Soit α : [0, 1] → Y un arc de y0 à y1 ; β = f ◦ α est un arc de b0 à f (y1 )
dans B. D’après le théorème 10.2 il admet un unique relèvement β̃ : [0, 1] → X
à partir de x0 . Si f˜ existe, f˜ ◦ α est aussi un relèvement de β à partir de x0 ;
donc on doit avoir f˜ ◦ α̃ = β̃ et en particulier f˜(y1 ) = β̃(1). Ainsi on a trouvé
une “formule” pour f˜. Il reste à voir que f˜ est bien défini, indépendamment
du choix de α et que f˜ est continu.
f˜ est bien défini. Si α0 est un autre arc de y0 à y1 , on a β 0 = f 0 ◦α0 de b0 à f (y1 )
et le lacet β ∗ β 0−1 vérifie [β ∗ β 0−1 ] ∈ Im(f] ). Par hypothèse, [β ∗ β 0−1 ] ∈ Im(p] )
et donc β ∗ β 0−1 se relève en un lacet γ de X basé en x0 . On a γ = γ1 ∗ γ2 où
γ1 relève β et γ2 relève β 0−1 . Donc γ2−1 est le relèvement β̃ 0 de β 0 à partir de
x0 . Comme γ2 (0) = γ1 (1), on a γ2−1 (1) = γ1 (1), d’où β̃ 0 (1) = β̃(1). Donc f˜(y1 )
est bien défini.
Continuité de f˜. Soit W un voisinage ouvert de x1 = f˜(y1 ) dans X. Si W
est assez petit, V = p(W ) est un ouvert trivialisant de p et p|W est un
homéomorphisme de W sur V . Par continuité de f , il existe U , voisinage
ouvert de y1 dans Y , tel que f (U ) ⊂ V . Comme Y est localement connexe, on
peut prendre U connexe par arcs. Pour tout y ∈ U il existe un chemin γ de y1
à y et on peut joindre y0 à y par α ∗ γ. Donc f˜(y) s’obtient en relevant f ◦ γ
(arc dans B de f (y1 ) à f (y)) à partir de f˜(y1 ). C’est un arc de W puisque
f ◦ γ est un arc de V et que p : W → V est un homéomorphisme. Finalement
f˜(y) ∈ W et f˜−1 (W ) contient U ; c’est donc un voisinage ouvert de y1 .
V : Classification des revêtements
47
19.2. Corollaire. — Si Y est localement connexe par arcs et 1-connexe,
alors toute application continue f : (Y, y0 ) → (B, b0 ) se relève dans tout
revêtement (X, x0 ) de (B, b0 ).
Remarquer qu’ici x0 est arbitraire dans p−1 (b0 ) ; donc f˜(y0 ) est également
arbitraire dans p−1 (b0 ).
19.1. Exercice. — Fabriquer un revêtement connexe du huit à trois feuillets
et une application f : S 1 → S 1 ∨ S 1 admettant un seul relèvement (et non pas
trois).
19.3. Exercice (Théorème de Borsuk-Ulam). — Pour n ≥ 2, il n’existe
pas d’application continue F : S n → S 1 telle que F (−x) = −F (x).
Indication. — Soit P n l’espace projectif de dimension n ; il est le quotient de
la n-sphère par l’involution antipodale. Si F existe, on a f : P n → S 1 et un
diagramme commutatif
Sn
Pn
F
f
/ S1
/ S1
où les flèches verticales sont des revêtements à deux feuillets. On a π1 (P n ) ∼
=
1
∼
Z/2Z et π1 (S ) = Z. Utiliser alors que f] = 0 et conclure.
19.4. Corollaire. — Si n ≥ 2 et g : S n → R2 continue vérifie g(−x) =
−g(x), alors il existe x0 tel que g(x0 ) = 0.
20. Revêtement 1-connexe ou universel
Terminologie : quand on dit que X est localement “P”, cela signifie que, pour
tout x ∈ X, tout voisinage de x contient un voisinage ouvert de x ayant la
propriété P.
20.1. Théorème. — Soit X un espace topologique connexe par arcs et localement 1-connexe. Alors il existe un revêtement p : X̃ → X où X̃ est 1-connexe.
48
Université de Nantes - Topologie Algébrique
e suivant :
Démonstration. — Soit x0 ∈ X un point base. On définit l’espace X
e := {(x, [α]) | x ∈ X et [α] = classe d’homotopie à extrémités fixées d’un
X
arc α de x0 à x1 }.
e Soit U (x) un voisinage ouvert de x dans X 1-connexe. Pour
Topologie sur X.
0
tout x ∈ U (x), x0 est muni d’un arc α0 de x0 à x0 dont la classe d’homotopie
à extrémités fixes [α0 ] est bien déterminée : α0 = α ∗ γ où γ joint x à x0 dans
U (x). On définit
e (x, [α]) = {(x0 , [α0 ]) | x0 ∈ U (x) et α0 = α ∗ γ avec γ un chemin dans U (x) }.
U
e ⊂ X
e est un ouvert si, pour tout (x, [α]) ∈ U
e , il existe un
On dit que U
e (x, [α]) ⊂ U
e . Autrement dit, les U
e (x, [α]) forment une base d’ouverts de la
U
e
topologie de X.
Vérification des axiomes d’une topologie :
1) Une réunion d’ouverts est un ouvert. (évident)
e1 ∩ U
e2 . Donc
2) L’intersection de deux ouverts est un ouvert : soit (x0 , [α]) ∈ U
e1 (x, [α]) ⊂ U
e1 et U
e2 (x, [α]) ⊂ U
e2 . Dans X, U1 (x) ∩ U2 (x) contient
il existe U
un voisinage ouvert 1-connexe U (x) de x. Alors
e (x, [α]) ⊂ U
e1 (x, [α]) ∪ U
e2 (x, [α]) ⊂ U
e1 ∪ U
e2 .
U
e → X. Soit p : X
e → X, (x, [α]) 7→ x. Elle est continue et est
La projection X
e (x, [α]) → U (x) est un homéomorphisme.
un homéomorphisme local car p : U
Revêtement. La fibre-base p−1 (x0 ) est en bijection naturelle avec {[α]} ∼
=
π1 (X, x0 ). Montrons que U (x) est un ouvert trivialisant. On a :
p−1 (U (x)) = {(x0 , [α]) | x0 ∈ U (x) et [α0 ] = classe de chemin de x0 à x0 }.
On définit
p−1 (U (x)) → p−1 (x), (x0 , [α0 ]) 7→ (x, [α0 ∗ γ])
où γ joint x0 à x dans U (x). On vérifie que cette application donne une
trivialisation locale.
e est connexe par arcs. Soit (x, [α]) ∈ X.
e Le chemin (α(t), [α|[0,t] ]) est un
X
chemin de x̃0 := (x0 , [cx0 ]) à (x, [α]).
V : Classification des revêtements
49
e est 1-connexe. On utilise la suite exacte de revêtement (14.2)
X
e x̃0 ) → π1 (X, x0 ) → p−1 (x0 ) → 1
1 → π1 (X,
e x̃0 ) = {1}.
et p−1 (x0 ) = π1 (X, x0 ). Donc π1 (X,
e par
20.2. Remarque. — π1 (X, x0 ) agit à gauche sur X
[γ] · (x, [α]) = (x, [γ ∗ α]).
∼
e
20.1. Exercice. — Vérifier la condition (L) et que X =
π1 (X, x0 ) \ X.
20.3. Théorème (“Unicité” du revêtement universel)
Soit (X, x0 ) localement connexe par arcs, p1 : (X1 , x1 ) → (X, x0 ) et p2 :
(X2 , x2 ) → (X, x0 ) deux revêtements 1-connexes. Alors il existe un unique
homéomorphisme h : (X1 , x1 ) → (X2 , x2 ) tel que p2 ◦ h = p1 .
Démonstration. — On applique le théorème de relèvement 19.1 à l’application
p1 et au revêtement p2 . Donc il existe p˜1 : (X1 , x1 ) → (X2 , x2 ), unique, telle
que p2 ◦ p˜1 = p1 . En permutant les rôles, il existe p˜2 : (X2 , x2 ) → (X1 , x1 ) telle
que p1 ◦ p˜2 = p2 . La composée p˜2 ◦ p˜1 : (X1 , x1 ) → (X1 , x1 ) relève l’identité
de X. Par unicité du relèvement (à point base fixé), on a p˜2 ◦ p˜1 = IdX1 . De
même p˜1 ◦ p˜2 = IdX2 . Donc p̃1 est le h cherché.
20.4. Théorème (Classification des revêtements)
On suppose B connexe par arcs et localement 1-connexe.
1) Pour tout sous-groupe H ⊂ π1 (B, b0 ), il existe un revêtement p : (X, x0 ) →
(B, b0 ) tel que p] (π1 (X, x0 )) = H.
2) Si p0 : (X 0 , x00 ) → (B, b0 ) est un autre revêtement tel que p0] (π1 (X 0 , x00 )) =
H, il existe un unique homéomorphisme h : (X, x0 ) → (X 0 , x00 ) tel que p0 ◦ h =
p.
Démonstration. — 1) Soit r : (B̃, b̃0 ) → (B, b0 ) un revêtement 1-connexe. On
sait que G := π1 (B, b0 ) agit à gauche sur B̃. On fait agir le sous-groupe H sur
B̃ par l’action induite. Soit X =H \B̃, q : B̃ → X la projection, et x0 = q(b̃0 ).
Comme G, l’action de H vérifie la condition (L). Donc q est un revêtement et
π1 (X, x0 ) ∼
= H (12.7).
L’application r étant constante sur les orbites de H se factorise par q : r =
p ◦ q. Alors p est un revêtement. En effet, si V est un ouvert trivialisant de
50
Université de Nantes - Topologie Algébrique
−1
−1
∼
∼
r, p−1 (V ) =
H \ r (V ) = ( H \ p (b)) × V . Par construction la fibre-base
p−1 (b0 ) = H \G. La suite exacte de revêtement pour p donne
p]
1 → π1 (X, x0 ) → G →H \ G → 1
Donc Im(p] ) = H.
2) On fait la même démonstration que pour le revêtement universel en utilisant
le théorème de relèvement 19.1.
21. Applications
A. –Le théorème de Schreier
21.1. Théorème. — Tout sous-groupe d’un groupe libre est libre.
Esquisse de la démonstration. — Soit G = F (A) le groupe libre sur un alphaW
bet A, fini ou infini. On a G = π1 (X, x0 ) où X = i∈A Si1 , bouquet de cercles
indexés par A.
Soit H ⊂ G un sous-groupe. Soit p : (X 0 , x00 ) → (X, x0 ) le revêtement associé
à H. C’est un graphe (union de sommets et d’arêtes). Le théorème est donc
une conséquence directe du résultat suivant.
21.2. Proposition. — Tout graphe Γ a un groupe fondamental libre.
Démonstration de la proposition. — Il existe un arbre maximal T (par Zorn).
Celui-ci passe par tous les sommets. Soit A l’ensemble des arêtes de Γ qui ne
sont pas dans T . Par Van Kampen, π1 (Γ) ∼
= F (A).
21.1. Exercice. — Mettre les détails pour un graphe dénombrable.
B. – Automorphismes de revêtements
21.3. Définition. — Un automorphisme de revêtement p : X → B est un
homéomorphisme h : X → X tel que p ◦ h = p.
21.4. Théorème. — Soit p : (X, x0 ) → (B, b0 ) un revêtement avec pointsbase. Soit H = p] (π1 (X, x0 )) et γ ∈ π1 (X, x0 ). On suppose que X et B sont
V : Classification des revêtements
51
connexes par arcs et que B (donc X) est localement 1-connexe. Alors les affirmations suivantes sont équivalentes :
1) γ −1 Hγ = H (on dit que γ normalise H dans G := π1 (B, b0 )).
2) Il existe un unique automorphisme de revêtement h tel que h(x0 ) = x0 · γ
pour l’action naturelle à droite de π1 (B, b0 ) sur p−1 (b0 ).
Démonstration. — “2) ⇒ 1)” On laisse en exercice de démontrer la formule
de changement de point-base :
p] (π1 (X, x0 · γ)) = γ −1 Hγ .
Par hypothèse p] = p] ◦ h] avec h(x0 ) = x0 · γ . Donc p] (π1 (X, x0 · γ)) =
p] (π1 (X, x0 )). D’où γ −1 Hγ = H.
“1) ⇒ 2)” Le revêtement pointé p : (X, x0 ·γ) → (B, b0 ) est associé à γ −1 Hγ =
H (c’est-à-dire H = p] (π1 (X, x0 · γ)). Le revêtement p : (X, x0 ) → (B, b0 )
en est un autre. Par unicité (20.4) ils sont isomorphes comme revêtements
pointés.
21.5. Théorème. — Soit p : X → B un revêtement d’espaces localement
connexes par arcs avec X connexe par arcs et B localement 1-connexe. Alors
Aut(p) ∼
= N/H ,
où H = p] (π1 (X, x0 )) et où N est le normalisateur de H dans π1 (X, x0 ) c.-à-d.
N = {γ ∈ π1 (X, x0 ) | γ −1 Hγ = H }.
φ
Démonstration. — On définit N → Aut(p) par γ 7→ h où h est l’unique automorphisme du revêtement p tel que h(x0 ) = x0 · γ. L’application φ est
un morphisme de groupes : soit γ1 7→ h1 et γ2 7→ h2 ; alors h1 (h2 (x0 )) =
h1 (x0 · γ2 ) = (x0 · γ1 ) · γ2 . Expliquons la dernière égalité. En effet, si γ̃2 est un
chemin de x0 à x0 · γ2 tel que [p ◦ γ̃2 ] = γ2 , alors h1 ◦ γ̃2 est un relèvement du
même lacet à partir de x0 · γ1 . Finalement
h1 ◦ h2 (x0 ) = x0 · (γ1 γ2 ),
ce qui prouve que φ est bien un morphisme de groupes. Le morphisme φ est
surjectif d’après le théorème 21.5. Le noyau de φ est H car x0 ·γ = x0 implique
que γ est élément de H.
52
Université de Nantes - Topologie Algébrique
21.6. Définition. — On dit que le revêtement p : X → B est régulier ou
galoisien si Aut(p) agit transitivement sur chaque fibre. Si B est connexe par
arcs, il suffit que cette condition soit satisfaite sur la fibre-base.
Exemple. — C’est le cas si B = H \X où H agit à gauche sur X en vérifiant
la condition (L) (8.5).
21.7. Corollaire. — Avec les hypothèse topologiques du théorème 21.5, le
revêtement est galoisien si et seulement si H distingué dans π1 (B, b0 ). Dans
ce cas Aut(p) ∼
= π1 (B, b0 )/H et B est homéomorphe à Aut(p) \X.
La démonstration de ce corollaire est laissée en exercice.
François Laudenbach & Friedrich Wagemann
Département de mathématiques, Université de Nantes,
2 Rue de la Houssinière F-44322 Nantes Cedex 03
V : Classification des revêtements
1
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
td5
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 7, Topologie algébrique
2005-2006
Classification des revêtements, revêtement universel.
7.1. Exercice. — Soit p : E → X un revêtement connexe et localement 1connexe. On suppose que toutes les fibres de p ont deux éléments. Montrer
que p est galoisien.
Indication
Corrigé
7.2. Exercice. — Expliciter les revêtements universels pour les sphères S n ,
les espaces projectifs RP n , les tores Tn , le ruban de Möbius et la bouteille de
Klein.
Indication
Corrigé
7.3. Exercice. — Soit X un espace topologique connexe, localement contractile, et x un point de X. Soit p : E → X un revêtement connexe à trois feuillets
de X. On suppose que ce revêtement n’est pas galoisien.
1) Combien d’automorphismes ce revêtement possède-t-il ?
2) Montrer que le groupe fondamental π1 (X, x) n’est pas commutatif.
Indication
Corrigé
7.4. Exercice. — Soit G un groupe et m ∈ G. Notons hmi le sous-groupe
normal engendré par m et Gab l’abélianisé de G.
Montrer que G/hmi = 0 implique que Gab est cyclique.
Indication
Corrigé
2
Université de Nantes - Topologie Algébrique
7.5. Exercice. — Reprendre les revêtements connexes à deux feuillets de la
figure huit ; par des moyens topologiques, on a montré qu’il y a exactement
trois tels revêtements, et on a calculé les groupes fondamentaux associés. Pour
quel problème de classification purement algébrique sont-ils la solution ? Donner une preuve purement algébrique de la dite classification topologique.
Indication
Corrigé
7.6. Exercice. — Soit X un espace topologique connexe par arcs et localement 1-connexe, notons x0 un point de base. Soit X̃ le revêtement universel
de X. Montrer que π1 (X, x0 ) agit avec la propriété (L) sur X̃, et montrer que
le quotient est homéomorphe à X.
Indication
Corrigé
7.7. Exercice. — Soit p : (X, x0 ) → (B, b0 ) un revêtement connexe par arcs
et localement 1-connexe avec X 1-connexe. Expliciter une action à gauche de
π1 (B, b0 ) sur X par automorphismes de revêtement vérifiant la condition (L).
[Indication : s’inspirer de l’action de l’exercice 7.6]
Corrigé
7.8. Exercice. — Soient p : (Z, z0 ) → (X, x0 ) et q : (Y, y0 ) → (X, x0 ) deux
revêtements d’espaces connexes et localement 1-connexes tels qu’on ait G(Z) ⊂
G(Y ) ⊂ π1 (X, x0 ) pour les groupes caractérisant correspondantes (on rappelle
que le groupe caractérisant G(Z) d’un revêtement p : (Z, z0 ) → (X, x0 ) est le
sous-groupe p] (π1 (Z, z0 )) ⊂ π1 (X, x0 )).
Montrer qu’il existe un revêtement f : (Z, z0 ) → (Y, y0 ) tel que q ◦ f = p.
(Indication : Montrer d’abord qu’il existe un revêtement p0 : (Y 0 , y00 ) → (Y, y0 )
avec G(Y 0 ) = q\−1 (G(Z)). Ensuite, on pourra relever des applications afin de
montrer que (Y 0 , y00 ) ≈ (Z, z0 ).)
Corrigé
7.9. Exercice. — Soit X un revêtement galoisien connexe et localement
connexe par arcs. Montrer que tout endomorphisme de X est un automorphisme.
Indication
Corrigé
V : Classification des revêtements
3
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Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Classification des revêtements, revêtement universel : indications pour les exercices
7.1. Indication exercice. —
sous-groupe d’indice 2 ?
Énoncé
Corrigé
7.2. Indication exercice. —
Énoncé
7.1 Quelle est la propriété spéciale d’un
7.2 Chercher dans les exercices déjà faits !
Corrigé
7.3. Indication exercice. — 7.3 1) Considerer les trois groupes qui interviennent dans le problème, et se rappeller que l’indice est multiplicatif.
Énoncé
Corrigé
7.4. Indication exercice. —
Énoncé
7.4 Écrire l’élément général du groupe hmi.
Corrigé
7.5. Indication exercice. — 7.5 Pour répondre à la première question,
il suffit de se rappeller la relation entre le nombre de feuillets et l’indice.
Énoncé
Corrigé
7.6. Indication exercice. — 7.6 C’est l’ouvert Ũ (x, [α]) qui va satisfaire
la propriété (L). C’est la projection p : X̃ → X qui induit l’homéomorphisme.
Énoncé
Corrigé
7.9. Indication exercice. — 7.9 On peut procéder en regardant les endomorphismes en tant que relevés d’applications.
Énoncé
Corrigé
4
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François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 7, Topologie algébrique
2005-2006
Classification des revêtements, revêtement universel : solutions des exercices.
7.1. Corrigé exercice. — L’indice de p] π1 (E, x0 ) est 2. Mais un sousgroupe H d’indice 2 d’un groupe G est automatiquement distingué : en effet,
si G = gH ∪ H et Hg ⊂ H, alors g ∈ H - une contradiction. Ainsi Hg = gH,
i.e. H est distingué, et p : E → X est galoisien.
Énoncé
Indication
7.2. Corrigé exercice. — Le revêtement universel pour la sphère S n avec
n ≥ 2 est l’identité idS n : S n → S n , puisque S n est 1-connexe dans ces cas
(cf prop. 11.3). Le revêtement universel de S 1 est donné par l’exponentielle
exp : R → S 1 , t 7→ 2πit. Le revêtement universel des espaces projectifs réels
RP n , n ≥ 2, est donné par l’involution antipodale S n → RP n , x 7→ [±x]. Le
revêtement universel du tore T2 (et plus généralement des tores Tn = Rn / Zn )
est donné par le quotient p : R2 → T2 (resp. p : Rn → Tn ). Le revêtement
universel du ruban de Möbius M (non-compact) est construit dans 3.5 3) :
p : R2 → M est donné par le passage au quotient par rapport au groupe
engendré par σ. Le revêtement universel de la bouteille de Klein K est donné
dans l’exo 3.4 : p : R2 → K est le passage au quotient par rapport au groupe
G engendré par σ et τ .
Énoncé
Indication
V : Classification des revêtements
5
7.3. Corrigé exercice. — 1) Notons G le groupe fondamental de X en un
point base, et H son sous-groupe qui est l’image sous p] du groupe fondamental de E. Notons encore N le normalisateur de H dans G. Par hypothèse,
l’indice [G : H] de H dans G est égal à 3 (cf théorème 14.2 du cours). Par
la multiplicativité des indices, on a 3 = [G : H] = [G : N ] [N : H]. Ils se
présentent donc deux cas : soit [G : N ] = 1 et [N : H] = 3 ; dans ce cas,
G = N et H est par suite distingué (ceci implique aussi que le revêtement correspondant est galoisien). Ce cas est exclu par les hypothèses. Donc on reste
avec l’autre cas qui est [G : N ] = 3 et [N : H] = 1. On en déduit N = H, et
par la classification des automorphismes d’un revêtement (cf théorème 21.5 du
cours), on a Aut(X) = N / H = {1}. Le seul automorphisme que X possède
est donc l’identité. Énoncé
Indication
7.3 2) Si le groupe fondamental de X était commutatif, alors tout sousgroupe serait distingué. Par ce qui précède, ce n’est pas le cas : H n’est pas
distingué.
Énoncé
Indication
S
7.4. Corrigé exercice. — Soit G =
i∈I gi hmi la décomposition en
classes à gauche de G par rapport au sous-groupe distingué hmi engendré par
m. G / hmi = 0 implique G = hmi. Par définition,
nr −1
n2 −1
hmi = {h1 mn1 h−1
1 h2 m h2 . . . hr m hr | r ∈ N, hi ∈ G, ni ∈ Z }.
Gab est l’abélianisé de G, i.e. Gab = G / [G, G] où [G, G] est le sous-groupe des
commutateurs de G, i.e. le sous-groupe engendré par les aba−1 b−1 pour a, b ∈
G. On a clairement hmiab = {mn1 +...+nr | r ∈ N, ni ∈ Z}, ainsi Gab = hmiab
est cyclique, et l’ordre de hmiab dépend de l’ordre de m.
Cet exercice joue un rôle dans la situation 18.2 du cours où m est le méridien.
Énoncé
Indication
7.5. Corrigé exercice. — On a vu dans exo 6.7 que les groupes fondamentaux des revêtements R1 , R2 et R3 qui sont à isomorphisme près tous les
revêtements connexes à deux feuillets de la figure huit, sont G1 = ha, bab−1 , b2 i,
G2 = hb, aba−1 , a2 i et G3 = hb2 , ab, a2 i en tant que sous-groupes du groupe
libre Z∗Z en les deux générateurs a et b. Le problème de classification purement
algébrique dont ils sont la solution est le suivant : classifier les sous-groupes
6
Université de Nantes - Topologie Algébrique
d’indice deux de F (a, b) = Z ∗ Z. Puisque tous les sous-groupes d’indice deux
sont distingués (cf exo 7.1), on peut l’énoncer aussi : classifier les sous-groupes
distingués d’indice deux de F (a, b) = Z ∗ Z.
Montrons donc que les seuls sous-groupes d’indice deux de F (a, b) = Z ∗ Z
sont G1 , G2 et G3 . Soit donc G un sous-groupe d’indice deux de F (a, b). Soit
a ∈
/ G, soit b ∈
/ G, sinon G = F (a, b). Sans perte de généralité, on peut
supposer a ∈
/ G. On a F (a, b) = G ∪ aG, la décomposition en classes à gauche
de F (a, b) par rapport à G. Supposons b ∈ G. Dans ce cas aba−1 ∈ G, car
G est distingué. Si a2 = ag pour un g ∈ G, alors a = g ∈ G contradiction,
d’où G2 ⊂ G. Puisque tous les deux sont d’indice deux, on a G2 = G. En
échangeant a et b, on obtient de la même façon G1 = G.
Supposons donc b ∈
/ G. Alors, on a toujours a2 , b2 ∈ G comme plus haut. Si
ab ∈ aG, alors b ∈ G contradiction, donc ab ∈ G, et G = G3 . Il reste donc à
montrer (de façon algébrique) que G1 , G2 et G3 sont d’indice deux.
Montrons F (a, b) = G1 ∪ bG1 . Un mot m ∈ F (a, b) s’écrit m = as1 bt1 . . . asl btl .
Si t1 est impair, alors bt1 as2 = bt1 −1 bas2 = bt1 −1 (bab−1 )s2 b, et l’élément bab−1 ∈
P
P
G1 . Donc soit i ti est pair, alors m ∈ G1 , soit i ti est impair, alors m ∈ bG1 .
Le même raisonnement marche pour G2 (en échangeant a et b). Montrons
finalement F (a, b) = G3 ∪aG3 . Un mot m ∈ F (a, b) s’écrit m = as1 bt1 . . . asl btl .
Remarquons déjà que ab ∈ G3 implique ba ∈ G3 . En effet, ab ∈ G3 implique
b−1 a−1 ∈ G3 , implique b2 b−1 a−1 a2 ∈ G3 , et donc ba ∈ G3 . Soit m donné et
P
i (ti + si ) pair, alors on procède de la manière suivante : on multiplie m à
droite par un nombre pair de copies de b. Il reste 1 ou b. Dans le premier cas,
on multiplie par un nombre pair de copies de a, dans le deuxième on multiplie
d’abord par (ab)−1 . Cette procédure ramène le mot m à 1, car sinon la somme
des exposants serait impaire. Dans ce dernier cas, il reste après la procédure
un élément a. Ainsi, soit mg −1 = 1 ou mg −1 = a pour un certain g ∈ G3 . D’où
P
m = g ∈ G3 , ou m = ag ∈ aG3 suivant que la somme i (ti + si ) est paire ou
impaire.
On peut aussi voir que G1 , G2 , et G3 sont d’indice deux en passant au quotient
πi : F (a, b) → F (a, b) / Gi , i = 1, 2, 3, et en montrant d’abord (ce qui est quasiévident) que Gi est distingué. Ensuite, l’image πi (m) s’identifie facilement
suivant les puissances des a’s et b’s, puisque πi est un homomorphisme de
groupes.
V : Classification des revêtements
Énoncé
7
Indication
7.6. Corrigé exercice. —
π1 (X, x0 ) agit sur
X̃ = {(x, [α]) | x ∈ X, α : [0, 1] → X, α(0) = x0 , α(1) = x }
par [γ] · (x, [α]) = (x, [γ ∗ α]). Nous affirmons que l’ouvert
Ũ (x, [α]) = {(x0 , [α0 ]) | x0 ∈ U (x), α0 = α ∗ γ }
où U (x) est un voisinage ouvert 1-connexe de x dans X, et γ un chemin dans
U (x), est un ouvert convenant à la condition (L) pour cette action de π1 (X, x0 )
sur X̃.
En effet,
[γ] · Ũ (x, [α]) ∩ Ũ (x, [α]) = {(x0 , [α0 ]) | x0 ∈ U (x), [α ∗ ρ] = [γ ∗ α ∗ ρ0 ] }
où ρ et ρ0 sont deux chemins dans U (x). Or, α ∗ ρ ∼ γ ∗ α ∗ ρ0 implique
α ∼ γ ∗ α ∗ ρ0 ∗ ρ, et ρ0 ∗ ρ est un lacet dans U (x) qui est 1-connexe, donc
on déduit α ∼ γ ∗ α, ce qui implique γ ∼ cx0 , le chemin constant en x0 . Ceci
montre que Ũ (x, [α]) convient pour assurer la condition (L).
Montrons que X ≈ π (X, x ) \ X̃, l’homéomorphisme étant induit par la pro1
0
jection p : X̃ → X. p est constante sur les classes d’équivalence, donc factorise en p̄ : π (X, x ) \ X̃ → X continue. p̄ est injective, puisque p(x, [α]) =
1
0
p(x0 , [α0 ]) implique x = x0 et par suite α ∗ α0 ∈ π1 (X, x0 ). p̄ est surjectif,
puisque p est surjectif. p̄ est ouverte : soit U ⊂ π (X, x ) \ X̃ ouvert, i.e.
1
π −1 (U )
0
π −1 (U )
⊂ X̃ est ouvert. Mais π ◦
= U , et on peut donc prendre
U = π(U 0 ) pour tester l’ouverture de p̄ : p̄(U ) = p̄(π(U 0 )) = p(U 0 ) ⊂ X ouvert,
car le homéomorphisme local p est une application ouverte. En conclusion, p̄
est un homéomorphisme.
Énoncé
Indication
7.7. Corrigé exercice. — On s’inspire donc de l’action de π1 (X, x0 ) sur
X̃ de l’exercice précédent : Supposons d’abord p(x) = b0 . π1 (B, b0 ) agit sur
x ∈ X par [γ] · x = x0 , où x0 = γ̃(1) est l’aboutissement du relevé γ̃ de γ en
p : X → B à partir de x0 . Si x ∈
/ p−1 (b0 ), il faut choisir un chemin α de x à
^
^
x0 , et on définit alors x0 = (α ∗ γ̃ ∗ (p
◦ α))(1) où (p
◦ α) est le relevé de p ◦ α
à partir de γ̃(1). Cette prescription ne dépend pas du chemin α choisi, car
dans un espace 1-connexe, tous les chemins d’un point fixé à un autre point
8
Université de Nantes - Topologie Algébrique
fixé sont homotopes. α ∼ α0 implique (p ◦ α) ∼ (p ◦ α0 ), et donc leurs relevés
^
(p
◦ α) et (p^
◦ (α0 )) à partir de γ̃(1) aboutissent au même point.
^
Montrons que c’est une action : x0 = (α ∗ γ̃ ∗ (p
◦ α))(1), et x00 = (β ∗ γ˜0 ∗
^
(p
◦ β))(1) où β est un chemin de x0 à x0 , et [γ], [γ 0 ] ∈ π1 (B, b0 ). Alors x00 =
^
^
^
^
(α ∗ (γ
∗ γ 0 ) ∗ (p
◦ α))(1), où (p
◦ α) est ici le relevé à partir de (γ
∗ γ 0 )(1).
−1
^
◦ α)
où le relevé se
En effet, on peut prendre comme β simplement (p
fait à partir de γ̃(1). C’est clair que c’est une action par endomorphsimes de
revêtement, et donc par automorphismes de revêtement. Finalement, il suffit
de vérifier la condition (L) pour le cas p(x) = b0 , et pour celui-là, un ouvert
trivialisant p : X → B satisfait la condition (L), car si un lacet γ envoie
x ∈ p−1 (U ) sur un point dans la même composante connexe, ce point est
nécessairement x lui-même, et par suite γ est homotope à zéro.
Une autre possibilité est d’utiliser l’exercice 7.6, puisque par unicité, le
revêtement p : (X, x0 ) → (B, b0 ) est induite par le revêtement universel, et
l’action est la restriction de l’action déjà construite.
Énoncé
7.8. Corrigé exercice. — Le groupe caractérisant G(Z) d’un revêtement
p : (Z, z0 ) → (X, x0 ) caractérise la propriété de relèvement de chemins dans
le sens qu’il caractérise quel chemins entre deux points fixés auront le même
point d’aboutissement quand relevés à partir d’un même point. Ceci équivaut
à spécifier quels lacets seront relevés en lacets (et ceux-là sont exactement les
lacets de p] π1 (Z, z0 ) = G(Z)).
Par le théorème de classification (théorème 20.4 du cours), il existe un unique
revêtement p0 : (Y 0 , y00 ) → (Y, y0 ) avec G(Y 0 ) = q]−1 (G(Z)), car q]−1 (G(Z)) est
un sous-groupe de π1 (Y, y0 ). Par relèvement d’applications suivant théorème
10.2 (où les hypothèses sont satisfaites grâce à G(Z) ⊂ G(Y ) ⊂ π1 (X, x0 )
et au choix de G(Y 0 )), on construit des applications f : (Z, z0 ) → (Y, y0 ),
g : (Y 0 , y00 ) → (Z, z0 ) et h : (Z, z0 ) → (Y 0 , y00 ) dans le diagramme suivant :
V : Classification des revêtements
(Z, z0 ) o
JJ
JJ f
JJ
JJ
J$
p
h
g
9
/ (Y 0 , y 0 )
0
tt
t
tt
tt
ztt p0
(Y, y0 )
t
tt
tt
t
t
t
zt q
(X, x0 )
On a g ◦ h = idZ , car g ◦ h relève p : p ◦ g ◦ h = q ◦ p0 ◦ h = q ◦ f = p. De même,
on a h ◦ g = idY 0 , puisque h ◦ g relève p0 : p0 ◦ h ◦ g = p0 provient de f ◦ g = p0 ,
et ceci est vrai, car f ◦ g et p0 sont tous les deux des relèvements de q ◦ p0 :
q ◦ p0 = q ◦ p0 et q ◦ f ◦ g = p ◦ g = q ◦ p0 . On en déduit que g et h sont des
isomorphismes de revêtements l’un inverse de l’autre.
Énoncé
7.9. Corrigé exercice. — Soit φ ∈ Aut(X) un endomorphisme de X. Si
φ = idX , c’est clair. Sinon, il existe x0 ∈ X avec φ(x0 ) = x1 ∈ X. L’endomorphisme φ : (X, x0 ) → (X, x1 ) est un relèvement de p : (X, x0 ) → (B, b0 )
en p : (X, x1 ) → (B, b0 ). L’existence de φ implique (par le théorème 10.2 de
relèvement des applications) que
p] π1 (X, x0 ) ⊂ p] π1 (X, x1 ) = p] π1 (X, g · x0 ) = γ −1 p] π1 (X, x0 )γ
où γ est un lacet dans B qui se relève en l’action de g. Puisque π1 (X, x0 ) est
distingué (X galoisien !), la condition pour pouvoir relever φ−1 est également
satisfaite.
Énoncé
Indication
VI : Pavages du plan euclidien
53
Chapitre VI : Pavages du plan euclidien
c6
Isométries du plan
22.1. Topologie du groupe des isométries. — Le plan affine R2 est muni
de la distance euclidienne
d(A, B) = ||B − A|| = h B − A, B − A i1/2 .
On s’intéresse au groupe Iso+ (R2 ) des isométries directes (ou conservant
l’orientation), sous-groupe du groupe affine Aff (R2 ). On rappelle qu’une transformation affine s’écrit dans la base canonique
(x, y) 7→ (ax + by + α, cx + dy + β)
avec ad − bc 6= 0 ; c’est donc un ouvert de R6 . On a une topologie induite sur
Iso+ (R2 ).
Par ailleurs, on a une suite exacte de groupes
D
1 → R2 → Iso+ (R2 ) −→ SO(2) → 1,
où D est la différentielle et où R2 étant le sous-groupe des translations.
22.1. Exercice. — Tout élément de Iso+ (R2 ) est soit une translation, soit
une rotation autour d’un point.
Le choix d’une origine dans le plan permet de considérer SO(2) comme un
sous-groupe de Iso+ (R2 ) , à savoir le sous -groupe des rotations autour de 0 et
tout g ∈ Iso+ (R2 ) s’écrit de façon unique g = τ ◦ ρ, où ρ est la rotation autour
de 0 de matrice Dg et où τ = g ◦ ρ−1 est une isométrie à différentielle nulle,
donc une translation. Comme g 7→ Dg est continu, on a établi la proposition
suivante.
22.2. Proposition. — Le groupe Iso+ (R2 ) est homéomorphe à R2 × SO(2).
En particulier, une suite gn = τn ◦ ρn tend vers g = τ ◦ ρ si et seulement si
τn → τ et ρn → ρ.
54
Université de Nantes - Topologie Algébrique
22.3. Lemme. — Si G est un sous-groupe discret de Iso+ (R2 ), alors G est
fermé dans Iso+ (R2 ).
Démonstration. — Soit gn = τn ◦ ρn une suite dans G de limite g = τ ◦ ρ. La
suite (gn )n est une suite de Cauchy dans R2 et la suite (ρn )n est une suite de
Cauchy dans SO(2) ∼
= S1 ;
−1
−1
gm
gn = ρ−1
m (τm τn )ρm
ρ−1
m ρn .
Le premier grand facteur du membre de droite est une translation de norme
−1 τ k, donc arbitrairement petite, et le second facteur est une rotation aukτm
n
tour de 0 d’angle arbitrairement petit. Comme G est discret, Id est isolé dans
−1 g = Id ; la suite (g ) est stationnaire
G. Donc, pour n et m assez grand, gm
n
n n
et la limite est dans G.
22.4. Proposition. — Soit G ⊂ Iso+ (R2 ) un sous-groupe. Le sous-groupe G
est discret si et seulement si G agit proprement sur R2 , c.-à-d. que, pour tout
compact K de R2 , il n’existe qu’un nombre fini de g ∈ G tels que gK ∩ K 6= ∅.
Démonstration. —
“⇒” Sinon il existe gn = τn ◦ ρn ∈ G deux à deux distincts et xn ∈ K tels
que gn (xn ) ∈ K. Quitte à extraire une sous-suite, on a xn → a, gn (xn ) → b et
ρn → R ∈ SO(2). On a τn = gn (xn ) − ρn (xn ) → b − Ra. Donc la suite (gn )n
converge dans Iso+ (R2 ). D’après le lemme précédent, G est fermé et la limite
g est dans G et donc g n’est pas isolé dans G. Contradiction.
“⇐” Il s’agit de voir que tout g ∈ G est isolé pour la topologie induite
par Iso+ (R2 ) sur G. En fait, comme la multiplication à gauche par g est
un homéomorphisme, il suffit de le voir pour Id. Si Id n’est pas isolé, il existe
gn → Id, gn 6= Id, gn ∈ G. Alors, étant donné un disque fermé D(0, R) centré
en 0, gn (D(0, R)) ∩ D(0, R) 6= ∅ pour tout n assez grand et l’action de G n’est
pas propre.
Dans la suite on cherche à caractériser les sous-groupes discrets de Iso+ (R2 ).
Les groupes sous-jacents sont appelés les groupes de pavage (direct) du plan
euclidien ; il n’y en a qu’un nombre fini, en fait cinq, mais ce n’est pas ce fait
VI : Pavages du plan euclidien
55
qui retiendra notre attention.
23. Domaine de Dirichlet
Dans tout ce paragraphe G est un sous-groupe discret de Iso+ (R2 ).
23.1. Lemme. — L’ensemble des points du plan dont le stabilisateur est nontrivial est discret.
Démonstration. — Soit a ∈ R2 . L’orbite Ga est discrète par la proposition
22.4 ; en effet, si D(a, r) est un disque compact centré en a, gD(a, r) ∩ D(a, r)
est vide pour tout g ∈ G sauf un nombre fini et, quitte à diminuer le rayon r,
on a B(a, r) ∩ Ga = {a}.
Si b ∈ D(a, r/2), on a Stab(b) ⊂ Stab(a). En effet, sinon on aurait deux points
distincts de l’orbite de a dans D(b, r/2) ; or, par inégalité du triangle, ce disque
est contenu dans D(a, r), lequel contiendrait donc deux points distincts de Ga,
contredisant le choix de r.
Si b 6= a, g ∈ Stab(b) implique donc g · b = b et g · a = a et, comme g préserve
l’orientation, g = IdR2 .
23.2. Définition. — Dans la suite, on choisit a ∈ R2 tel que Stab(a) =
{IdR2 }. On définit le domaine de Dirichlet associé à a par la formule :
∆ := {x ∈ R2 | d(x, a) ≤ d(x, g · a) pour tout g ∈ G} .
C’est un convexe du plan.
23.3. Lemme (et définition). — Le domaine ∆ est un domaine fondamental pour l’action de G, c’est-à-dire :
1) g(int∆) ∩ int∆ 6= ∅ ⇒ g = Id.
2) G · ∆ = R2 .
Démonstration. — 1) Soit x ∈ g∆ ∩ ∆, g 6= Id.
d(x, a) ≤ d(x, g 0 a) pour tout g 0 ∈ G
d(x, ga) ≤ d(x, g 0 a) pour tout g 0 ∈ G
)
On en déduit que x appartient à la frontière de ∆.
⇒ d(x, a) = d(x, ga)
56
Université de Nantes - Topologie Algébrique
2) Soit x ∈ R2 et g0 a le point de l’orbite de a le plus proche de x. Alors
d(g0−1 x, a) ≤ d(g0−1 x, ga) pour tout g ∈ G. Donc x ∈ g0 ∆.
23.4. Hypothèse. — Pour la suite on fait l’hypothèse que ∆ est compact.
En particulier G \ R2 est compact.
23.5. Proposition. — On pose
S := {g ∈ G | g 6= Id, g∆ ∩ ∆ 6= ∅} .
1) Le domaine ∆ est un domaine polygonal avec un nombre fini de côtés.
S
2) L’ensemble S est fini et ∆ ∪
g∆ est un voisinage de ∆ ; en particulier
g∈S
S est non vide.
Démonstration. — 1) Soit δ le diamètre de ∆. Si d(a, ga) ≥ 2δ, ce qui est le
cas pour tous les g sauf un nombre fini, ∆ ne rencontre pas la médiatrice de
[a, ga]. Donc ∆ est l’intersection de seulement un nombre fini de demi-plans
fermés d’inéquation d(x, a) ≤ d(x, ga).
2) La finitude de S est évidente. Soit x dans la frontière de ∆. Supposons
que les g∆, g ∈ S, ne couvrent pas un voisinage de x. Alors x = lim yn avec
S
g∆. Mais yn = gn xn avec xn ∈ ∆, gn ∈
/ S. Comme seulement un
yn ∈
/
g∈S
nombre fini de g∆ rencontrent un voisinage compact de x, on peut prendre
une sous-suite et se ramener au cas où gn est indépendant de n : gn = g 6= Id.
par compacité de ∆, quitte à prendre une suite extraite, xn → x0 ∈ ∆. Donc
yn → gx0 ; d’où gx0 = x. Alors x ∈ ∆∩g∆ et donc g appartient à S. Finalement
yn ∈ g∆ pour un certain g ∈ S ; contradiction.
23.6. Proposition. — 1) Si g ∈ S et si g∆ ∩ ∆ n’est pas réduit à un point,
alors g∆ ∩ ∆ est une arête de la frontière de ∆.
2) Soit S1 := {g ∈ S | g∆ ∩ ∆ est une arête}. L’application Φ : g 7→ Lg :=
g∆ ∩ ∆ est une bijection de S1 sur l’ensemble des arêtes de ∆. En particulier,
chaque arête Lg a une arête “jumelle” Lg−1 et Lg−1 = g −1 (Lg ).
Démonstration. — 1) Comme ∆ est convexe, si g∆ ∩ ∆ contient deux points,
il contient le segment qui les joint ; donc cette intersection est contenue dans
une arête A de la frontière de ∆ (on rappelle que g∆ et ∆ ont des intérieurs
disjoints d’après le lemme 23.3. De plus A est contenue dans la médiatrice de
VI : Pavages du plan euclidien
57
a et de ga. Si un autre g 0 ∆ rencontre ∆ le long d’un intervalle de A, A est
aussi dans la médiatrice de a et g 0 a. Cela force g 0 a = ga. Donc g∆ ∩ ∆ = A.
2) La bijection Φ : une arête A du bord de ∆ appartient exactement à deux
domaines ∆ et g∆ ; donc elle s’écrit de façon unique A = ∆ ∩ g∆. De plus
g(δ ∩ g −1 ∆) = ∆ ∩ g∆ .
Attention : on peut avoir Lg−1 = Lg ; c’est le cas si g 2 = Id.
23.7. Cycle de sommets. — On numérote les sommets de ∆ circulairement dans le sens trigonométrique, x1 , x2 , etc. L’isométrie gi est l’unique
élément de S1 tel que gi ∆ ∩ ∆ = [xi−1 , xi ].
Le sommet xi est l’image par gi d’une certain sommet, et on note donc gi−1 xi =:
xσ(i) .
L’application σ ainsi obtenue est une permutation des sommets et le cycle de
xi est xi , xσ(i) , xσ2 (i) , . . . , xσri −1 (i) où ri est l’ordre du cycle.
23.8. Proposition. — Soit θ(i) l’angle intérieur de ∆ en xi . On a :
θ(i) + θ(σ(i)) + . . . + θ(σ ri −1 (i)) =
2π
,
ni
où ni est un entier.
Démonstration. — On regarde la suite des polygônes autour de xi : ∆, gi ∆,
gi gσ(i) ∆, etc. À cause du non-chevauchement,
58
Université de Nantes - Topologie Algébrique
il y a un premier moment où on a rempli
exactement un voisinage de xi . Pour cela,
on a parcouru le cycle de xi un nombre
entier ni de fois.
Sinon, on aurait g ∈ G et k entier non divisible par ri tel que g∆ = ∆ (donc
g = Id) et g(xσk (i) ) = xi (donc g 6= Id).
23.9. Proposition (– exercice ). — G agit librement si et seulement si les
deux conditions suivantes sont satisfaites :
1) L’involution des arêtes est sans point fixe : Lg 6= Lg−1 ,
2) ni = 1 pour tout i.
24. Le théorème de Poincaré
Soit ∆ un polygône convexe compact. Soit ν une involution sur l’ensemble de
ses arêtes, respectant les longueurs. Soit gi l’isométrie telle que
gi−1 ([xi−1 , xi ]) = ν([xi−1 , xi ]).
Il résulte de ces choix une permutation des sommets et donc des cycles de
sommets.
24.1. Théorème (Poincaré). — Soit G le sous-groupe de Iso+ (R2 ) engendré par les gj . Si la condition d’angle aux sommets de chaque cycle est
satisfaite (voir prop. 23.8), alors G est un sous-groupe discret et ∆ est un
domaine fondamental pour l’action.
Exemple. —
VI : Pavages du plan euclidien
59
ν([4, 1]) = [4, 3]
ν([1, 2]) = [3, 2]
(
⇒
σ(1) = 3, σ(3) = 1, σ(4) = 4, σ(2) = 2
n1 = 3,
n3 = 3,
n2 = 3,
n4 = 3.
La
“plume” sert à
visualiser
le
mouvement.
Remarquer :
(g1 g3 )2 g1 ∆ =
g2 ∆.
Présentation de G :
– Générateurs : g1 , g2 ; g4 = g1−1 et g3 = g2−1 .
– Relations : (g1 g2−1 )3 = Id, g13 = Id et g23 = Id.
Pourquoi n’y a-t-il pas d’autres relations ?
Réponse : le graphe de Cayley de G (voir 13.4) est le graphe planaire dont les
sommets sont les centres des g∆ et dont les arêtes sont les segments joignant
ces centres. Les circuits du graphe de Cayley donnent les relations. À conjugaison près, pour avoir un système complet de relations, il suffit de regarder
les tours des sommets de ∆.
60
Université de Nantes - Topologie Algébrique
Aperçu de la démonstration du théorème de Poincaré. — Soit S ⊂ G la partie finie
[
S := {Id} ∪ {gi , gi gσ(i) , . . . , (gi gσ(i) . . . gσri ni −2 (i) )}
{z
}
i |
ri ni −1 éléments
Propriétés de S :
0) Id ∈ S et g ∈ S ⇒ g −1 ∈ S ; par exemple, gi−1 = gσ(i)+1 .
1) Si g ∈ S, g∆ ∩ ∆ 6= ∅.
2) S∆ est un voisinage de ∆.
3) Pour g ∈ S, si g∆ ∩ ∆ = [xi , xi+1 ], alors
g = gi+1
= gi gσ(i) . . . gσ[ri ni −2] (i) .
4) Pour g ∈ S, si g∆ ∩∆ = {xi }, alors g est un élément de la liste commençant
par gi , sauf le premier et le dernier.
5) Pour g, g 0 ∈ S, si ∆ ∩ g∆ ∩ g 0 ∆ 6= ∅, alors g −1 g 0 ∈ S.
Soit maintenant V un petit voisinage ouvert connexe de ∆ dans le plan
vérifiant les mêmes propriétés 1) à 5). Alors il vérifie :
6) Il existe r > 0 tel que, pour tout a ∈ V , le disque B(a, r), centré en a et de
rayon r est contenu dans un gV avec g ∈ S (en effet, il suffit de constater que
tout a ∈ V est dans un g∆).
Affirmation. Dans ces conditions on a :
A) G · V = R2 ,
B) gV ∩ V 6= ∅ ⇒ g ∈ S,
C) L’action est propre, c.-à-d. que, pour tout compact K, gK ∩ K est non vide
pour seulement un nombre fini de g ∈ G.
Démonstration. — On introduit sur G × V la relation R définie par
(
1) gx = hy et
(g, x)R(h, y) ⇔
2) h = gs, s ∈ S
Autrement dit, on recolle les {g} × V comme l’indique le graphe de Cayley.
Un calcul utilisant 5) permet d’établir que R est une relation d’équivalence.
Soit x, y, z ∈ ∆, (g, x) ∼ (h, y) ∼ (k, z). Alors x = sy et y = s0 z avec
s, s0 ∈ S. Donc y ∈ ∆ ∩ s−1 ∆ ∩ s0 ∆ et d’après 5), ss0 ∈ S et x = (ss0 )z.
VI : Pavages du plan euclidien
61
On note le quotient X := (G × V )/R et la projection sur le quotient q :
G × V → X. On a :
q −1 q(g, x) = {(gs−1 , sx) | s ∈ S et sx ∈ V } .
De cette formule, on déduit que q est ouverte. L’application p : G × V → R2 ,
(g, x) 7→ gx, passe au quotient :
G × VG
q
X
GG p
GG
GG
GG
#
f
/ R2
L’espace X est connexe, comme on peut le voir par le graphe de Cayley.
Preuve de A) : f est surjective, c.-à-d. G · V = R2 .
On sait que G · V est ouvert. Soit z ∈ G · V . Il existe a ∈ V et g ∈ G tels que
d(z, ga) < r, où r est le rayon de la propriété 6) ci-dessus. On a B(a, r) ⊂ sV
d’après 6), donc B(ga, r) ⊂ gsV . Donc z ∈ G · V . Ainsi G · V = G · V et
comme R2 est connexe, G · V = R2 .
24.2. Lemme. — f est un revêtement.
Démonstration. — Soit x ∈ R2 . On va prouver que B(x, 2r ) est un ouvert
trivialisant. Soit N = {g ∈ G | gV ⊃ B(x, 2r )}. La partie N n’est pas vide
comme le montre la preuve de A). Pour g ∈ N , on définit σ̃g : B(x, 2r ) → G×V
par σ̃g (z) = (g, g −1 z) et on pose σg := q ◦ σ̃g .
– On vérifie que f ◦ σg = IdB(x, r2 ) et que l’image de σg est ouvert de X.
– Si Im(σg1 ) ∩ Im(σg2 ) 6= ∅, alors il existe z ∈ B(x, 2r ) tel que (g1 , g1−1 z) ∼
(g2 , g2−1 z), donc g2 = g1 s et σg1 = σg2 .
– Il reste à voir que les images de ces sections couvrent f −1 (B(x, 2r )). Soit
(g, a) ∈ G × V tel que ga ∈ B(x, 2r ). Soit s ∈ S tel que sV ⊃ B(x, r). En
particulier, s−1 a ∈ V . Alors B(gx, r) ⊂ gsV . Donc B(x, 2r ) ⊂ gsV , c.-à-d.
gs ∈ N et σg1 (ga) = q(gs, s−1 a) = q(g, a).
Preuve de B). — Comme R2 est 1-connexe et que X est connexe, l’application
de revêtement f est un homéomorphisme (voir théorème 11.4). Donc gV ∩ V
62
Université de Nantes - Topologie Algébrique
n’est non-vide que si q({g} × V ) ∩ q({Id} × V ) n’est pas vide. Cela implique
g ∈ S par construction de R.
Preuve de C). — Soit x, y ∈ R2 , x ∈ gV , y ∈ hV . Si γgV ∩ hV 6= ∅ avec
γ ∈ G, d’après B), h−1 γg ∈ S. Comme S est fini, il n’y a qu’un nombre fini
de γ possible. On voit facilement que cette dernière propriété est équivalente
à la propreté de l’action (recouvrir le compact K considéré par un nombre fini
d’ouverts gV ).
Commentaire. — L’idée générale de cette preuve est que l’espace X qui a été introduit est un espace pavé abstrait. Comme il revêt le plan, il est homéomorphe
au plan, qui se trouve donc pavé lui-même.
François Laudenbach & Friedrich Wagemann
Département de mathématiques, Université de Nantes,
2 Rue de la Houssinière F-44322 Nantes Cedex 03
VI : Pavages du plan euclidien
1
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
td6
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 8, Topologie algébrique
2005-2006
Groupes discrets et actions propres.
8.1. Exercice. — On rappelle qu’une application f : X → Y est appelée
propre si pour tout compact K ⊂ Y , f −1 (K) est un compact de X. Dans la
suite, tous les espaces topologiques X, Y , Z et G seront supposés localement
compacts.
1) Montrer que si X et Y sont localement compacts, cette propriété
équivaut à la propriété que f se prolonge en une application continue
f¯ : X̄ = X ∪ {∞} → Ȳ = Y ∪ {∞}, où X̄ est le compactifié par un point de
X.
2) Montrer (toujours sous l’hypothèse que X et Y sont localement compacts)
que f est propre si et seulement si f est une application fermée et f −1 (y) est
compact pour tout y ∈ Y .
Dans le reste de la feuille d’exercices, on va supposer X, Y , Z et G localement
compacts.
Indication
Corrigé
8.2. Exercice. — Soit G ⊂ Iso+ (R2 ) un groupe d’isométries directes de R2 .
Montrer que si G est discret (ceci est le cas si et seulement si G agit proprement
sur R2 d’après le cours), alors l’application
θ : G × R2 → R2 × R2 , (g, x) 7→ (x, gx)
2
Université de Nantes - Topologie Algébrique
est propre.
Indication
Corrigé
8.3. Exercice. — 1) Montrer que si f : X → Y et g : Y → Z sont deux
applications continues, alors si g ◦f est propre et f surjectif, alors g est propre.
2) Si f : X → Y est continue injective, montrer que les assertions suivantes
sont équivalentes :
(a) f propre.
(b) f fermée.
(c) f est un homéomorphisme sur un sous-espace fermé de Y .
3) f : X → Y continue propre. Montrer que, pour tout sous-espace B ⊂ Y , la
restriction fB = f |B : f −1 (B) → B est propre.
Corrigé
8.4. Exercice. — Supposons que le groupe topologique G agit sur X de sorte
que l’application θ introduite en 8.2 soit propre. Utiliser 8.3 pour montrer que
1) l’application ω : G → X, g 7→ gx est propre.
2) le stabilisateur Gx est compact pour tout x ∈ X.
3) l’induite ω̄ : G/ Gx → Gx est un homéomorphisme (Gx étant l’orbite de
x ∈ X).
4) Gx est fermée dans X.
Corrigé
8.5. Exercice. — Supposons que le groupe topologique G agit sur l’espace
topologique X librement. Considérons l’application
φ : {(x, gx) | x ∈ X g ∈ G } → G, (x, gx) 7→ g.
1) Pourquoi est-elle bien-définie ? Montrer que φ est continue si et seulement
si θ est un homéomorphisme sur son image.
2) Montrer à l’aide de 8.3 l’equivalence des assertions suivantes :
(a) L’action est propre (i.e. θ est propre).
(b) L’image Im(θ) est fermée et φ est continue.
Corrigé
VI : Pavages du plan euclidien
3
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Groupes discrets et actions propres : indications pour
les exercices.
8.1. Indication exercice. — 8.1 1) X̄ est le compactifié par un point de
X, i.e. comme ensembles X̄ = X ∪ {∞}, et on définit les voisinages de ∞ en
tant que complémentaires de compacts dans X. On prolonge f par f (∞) = ∞.
8.1 2) S’inspirer (pour la direction non-triviale) de l’exercice 2.2 3), le cas
compact.
Énoncé
Corrigé
8.2. Indication exercice. — 8.2 Montrer que A := {(g, x) ∈ G ×
R2 | (x, gx) ∈ K} est fermé (par exemple à l’aide de suites) et borné (en
utilisant que les orbites sont discrètes).
Énoncé
Corrigé
4
Université de Nantes - Topologie Algébrique
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 8, Topologie algébrique
2005-2006
Groupes discrets et actions propres : solutions des
exercices.
8.1. Corrigé exercice. — 1) X̄ est le compactifié par un point de X, i.e.
comme ensembles X̄ = X ∪ {∞}, et on définit les voisinages de ∞ en tant
que complémentaires de compacts dans X. On définit alors f : X̄ → Ȳ en
prolongeant f par f (∞) = ∞. On a f −1 (Y \ K) = X \ f −1 (K) pour tout
compact K ⊂ Y . Donc on voit que f est propre si et seulement si f¯ est
continue (X est homéomorphe à X̄ \ {∞}, donc un fermé F ⊂ X est un fermé
de X̄ \ {∞}, et F ∪ {∞} est un fermé de X̄).
Énoncé
Indication
8.1 2) Si f est propre, f¯ est continue par exo 8.1 1). Pour un fermé F ⊂ X,
on note F̄ = F ∪ {∞} le fermé correspondant de X̄. Par suite, F̄ est compact
et f¯(F̄ ) ⊂ Ȳ est compact, en particulier fermé. Ainsi f (F ) = F̄ \ {∞} ⊂
Ȳ \ {∞} = Y est fermé. Le reste est clair.
S
Si réciproquement K ⊂ Y est un compact, alors recouvrons f −1 (K) ⊂ i∈I Ui
par des ouverts Ui . Pour tout y ∈ K, il existe Iy ⊂ I sous-ensemble fini tel que
S
f −1 (y) ⊂ i∈Iy Ui =: Uy . Notons Vy := Y \ f (X \ Uy ). Vy est ouvert, puisque
f est fermée. Pour y ∈ Vy , f −1 (Vy ) ⊂ Uy , et par compacité de K, il existe
S
S
y1 , . . . , yr avec K ⊂ ri=1 Vyi . On en déduit que f −1 (K) ⊂ ri=1 Uyi .
Énoncé
Indication
8.2. Corrigé exercice. — Soit K ⊂ R2 × R2 un compact. Il faut montrer, sous l’hypothèse que G est discret, que l’ensemble A := {(g, x) ∈ G ×
VI : Pavages du plan euclidien
5
R2 | (x, gx) ∈ K} est compact, i.e. que A est fermé et borné. L’orbite Gx d’un
élément x ∈ R2 est discrète : en effet, pour un point fixé x ∈ R2 soit
δ := δ(x) = inf d(x, gx).
g∈G
On a δ > 0, car δ = 0 contredirait le fait que G est discret. Ainsi une boule de
rayon 0 < < δ est un voisinage d’un point de l’orbite dont l’intersection avec
l’orbite ne contient que le point en question. Ensuite l’intersection d’une orbite
avec le compact proj2 K est fini, et il n’y a que un nombre fini de (x, gx) ∈ A
pour x fixé. Ainsi A est contenu dans une réunion finie de compacts, et donc
borné. Il reste à montrer que A est fermé : soit donc (gn , xn ) → (g, x) ∈ G×R2
une suite avec (gn , xn ) ∈ A pour tout n ∈ N. gn → g veut dire que (gn )
devient stationnaire, car G est discret. (xn , gn xn ) ∈ K compact implique que
xn → x ∈ proj1 K et par suite gn xn = gxn → gx ∈ proj2 K pour n ≥ N ∈ N.
En conclusion, A ⊂ G × R2 est fermé.
Énoncé
Indication
8.3. Corrigé exercice. — 1) Soit K ⊂ Z un compact. On sait par hypothèse que f −1 (g −1 (K)) est compact. On en déduit que f (f −1 (g −1 (K))) est
compact en tant qu’image d’un compact sous une application continue. Or,
f (f −1 (g −1 (K))) = g −1 (K), car f est surjectif. D’où l’assertion.
Énoncé
8.3 2) On a déjà vu dans 8.1 2) que “propre” implique “fermée” sur un
espace localement compact. Soit maintenant f fermée, alors f est une bijection
continue fermée sur son image, donc un homéomorphisme : en effet, f est
ouverte, car si U ⊂ X et un ouvert de complémentaire F fermé, f (U ) =
f (X \ F ) = f (X) \ f (F ) est le complémentaire d’un fermé donc ouvert. Soit
finalement f un homéomorphisme sur f (X) ⊂ Y fermé dans Y , et K ⊂ Y un
compact. Donc K ∩ f (K) est compact, et f −1 (K) = f −1 (K ∩ f (K)) est un
compact, car f est un homéomorphisme.
Énoncé
8.3 3) On montrera f |B fermée et (f |B )−1 (b) compact pour tout b ∈ B (cf
exo 8.1 2)). Soit donc F ⊂ f −1 (B) un fermé, i.e. F = f −1 (B) ∩ A pour un
fermé A ⊂ X. Alors f |B (F ) = f (f −1 (B) ∩ A) = B ∩ f (A) (attention : malgré
que en général f (A) ∩ f (B) ⊃ f (A ∩ B) et f (A) ∩ f (B) 6= f (A ∩ B), ici on a
6
Université de Nantes - Topologie Algébrique
égalité !). De f fermée, on déduit donc que f |B (F ) est fermé, et par suite que
f |B est fermée. (f |B )−1 (b) compact pour tout b ∈ B est clair.
Énoncé
8.4. Corrigé exercice. — 1) Soit x ∈ X un point fixé. θ−1 ({x} × X) =
G × {x}. Par 8.3 3), la restriction θ : G × {x} → {x} × X est donc propre, et
cette derniı̀ere s’identifie à ω en identifiant G × {x} avec G et {x} × X avec
X.
Énoncé
8.4 2) On déduit de la question précédente que le stabilisateur Gx = ω −1 (x)
est compact.
Énoncé
8.4 3) ω : G → X est propre, et ω factorise par la projection π : G → G / Gx ,
i.e. ω = ω̄◦π. ω̄ est propre par 8.3 1), et une bijection continue par construction.
En conclusion (cf 8.3 2)), ω̄ est un homéomorphisme. Énoncé
8.4 4) Par 8.3 2), ω̄ : G / Gx → X est un homéomorphisme sur le sous-espace
fermé Gx ⊂ X.
Énoncé
8.5. Corrigé exercice. — 1) L’ensemble {(x, gx) | x ∈ X, g ∈ G} est
l’image de θ. L’action est libre, donc θ est injective et φ est bien définie.
L’application continue
θ0 : G × X → Im(θ), (g, x) 7→ (x, gx)
a comme inverse ensembliste
ψ 0 : Im(θ) → G × X, (x, y) 7→ (φ(x, y), x).
ψ 0 est continue si et seulement si φ l’est, d’où l’assertion.
Énoncé
8.5 2) Si l’action est propre, θ est un homéomorphisme sur un sous-espace
fermé de X (exo 8.3 2)), ainsi θ0 est un homéomorphisme, i.e. φ est continue,
et Im(θ) est fermé. Si réciproquement φ est continue et Im(θ) est fermé, θ0 est
un homéomorphisme. θ est donc un homéomorphisme sur un sous-espace qui
est par hypothèse fermé, et exo 8.3 2) implique que θ est propre.
Énoncé
VII : Géométrie hyperbolique
63
Chapitre VII : Introduction à la géométrie hyperbolique en
dimension 2
c7
La sphère de Riemann
25.1. Définition. — La sphère de Riemann, ou la droite projective complexe,
S = P 1 (C) est l’ensemble des C-droites vectorielles de C2 , ou encore l’ensemble
des [z1 , z2 ], où (z1 , z2 ) ∈ C2 \ {(0, 0)}. La notation [z1 , z2 ] désigne les coordonnées homogènes d’un point de l’espace projectif. On a [z1 , z2 ] = [λz1 , λz2 ]
pour tout λ ∈ C∗ = C \ {0}. Si z2 = 0, [z1 : 0] est la droite C × {0} ⊂ C2 ; c’est
le point à l’infini de la sphère de Riemann :
∞ = [1 : 0] .
Une droite complexe est repérée par un vecteur unitaire à multiplication près
par eiθ . Donc P 1 (C) = 1 \S 3 , où S 1 agit sur S 3 par
S
eiθ · (z1 , z2 ) = (eiθ z1 , eiθ z2 ).
On munit P 1 (C) de la topologie quotient.
25.1. Exercice. — Montrer que P 1 (C) est compact. Comme S 3 est compact,
il suffit de voir que le quotient est séparé.
25.2. Théorème. — La sphère de Riemann S est homéomorphe à la sphère
S2.
Démonstration. — On a S 3 = {(z1 , z2 ) ∈ C2 | |z1 |2 + |z2 |2 = 1}. L’application
z1
(z1 , z2 ) 7→
∈ C est bien définie sur S 3 \ {z2 = 0} et passe au quotient en
z2
h : P 1 (C) \ { [1 : 0]} → C ∼
= R2 . L’application h est continue et bijective. On
construit h−1 comme suit : pour z ∈ C, il existe un unique t ∈ R+ tel que
(tz, t) ∈ S 3 ; on prend
1/2
1
.
t=
1 + |z|2
C’est une fonction continue de z. Alors h−1 (z) = [z : 1] est fonction continue
de z. Donc h est un homéomorphisme. De même on a un homéomorphisme
k : R2 → S 2 \ {pôle sud}, par la projection stéréographique (voir figure).
64
Université de Nantes - Topologie Algébrique
La projection stéréographique.
Donc H = k ◦ h est un homéomorphisme P 1 (C) \ { [1 : 0]} → S 2 \ {pôle sud}.
On prolonge à P 1 (C) en posant H( [1 : 0]) = pôle sud.
Affirmation : le prolongement est continu.
Soit (an )n une suite dans P 1 (C) \ { [1 : 0]} convergeant vers [1 : 0] ; la suite
image (H(an ))n est une suite dans S 2 , qui est compact. Donc (H(an ))n a un
point d’accumulation. Soit b un point d’accumulation distinct du pôle sud.
Comme H est continue de P 1 (C) \ { [1 : 0]} vers S 2 \ {pôle sud}, H −1 (b) est
un point d’accumulation de (an )n dans P 1 (C) \ {[1 : 0]), ce qui est impossible
puisque an tend vers [0 : 1] . Donc le pôle sud est le seul point d’accumulation
possible. Autrement dit, la suite (H(an ))n converge vers le pôle sud, ce qui
prouve l’affirmation.
Finalement H est une bijection continue de P 1 (C) sur S 2 . Comme P 1 (C) est
compact et que S 2 séparé, H est un homéomorphisme.
25.3. Définition. — P 1 (C) est muni d’une involution, la conjugaison complexe [z1 : z2 ] 7→ [z̄1 : z̄2 ]. Ses points fixes sont P 1 (R) = R∪{∞}, sous-ensemble
de C ∪ {∞} = P 1 (C) . Si les points de C sont notés x + iy, on peut écrire
S = C ∪ {∞} = (R ∪ {∞}) ∪ {y > 0} ∪ {y < 0}.
On appelle H = {y > 0} le demi-plan de Poincaré.
25.4. Transformation projective. — Soit A ∈ Gl(2, C). L’image par A
d’une droite complexe est une droite complexe. Donc Gl(2, C) agit sur P 1 (C)
VII : Géométrie hyperbolique
65
et l’action est transitive. Pour λ ∈ C∗ , λId agit par l’identité de P 1 (C). On
définit
P Gl(2, C) : = Gl(2, C) / C∗ ∼
= Sl(2, C)/{±I} = : P Sl(2, C) .
Ce groupe agit effectivement sur P 1 (C), c.-à-d. que, pour tout g ∈ P Sl(2, C)
distinct de l’élément neutre, x 7→ g · x n’est jamais l’identité de P 1 (C). En
coordonnées homogènes, la formule de l’action est :
A · [z1 : z2 ] = [az1 + bz2 : cz1 + dz2 ] .
Si z2 6= 0 et cz1 + dz2 6= 0 et si on pose z =
A · [z : 1] = [
z1
, on peut écrire
z2
az + b
: 1] .
cz + d
Une transformation projective est une application P 1 (C) → P 1 (C) donnée par
l’action d’un A ∈ P Sl(2, C).
25.5. Proposition. — Les transformations projectives sont les homographies
de C étendues à la sphère de Riemann S
z 7→
az + b
,
cz + d
−
d
7→ ∞,
c
∞ 7→
a
.
c
25.6. Définition (Birapport). — Soit z1 , z2 , z3 , z4 quatre points de la
sphère de Riemann dont trois sont distincts. Leur birapport est l’élément de
C défini par :
z3 − z1 z4 − z2
(z1 , z2 , z3 , z4 ) =
×
.
z3 − z2 z4 − z1
Si l’un des zi est ∞, on définit le birapport par passage à la limite du birapport
de 4 nombres complexes finis. En particulier (∞, 0, 1, z) = z.
25.7. Lemme (Exercice). — Si z1 , z2 , z3 sont trois points deux à deux distincts de S, il existe une unique homographie h telle que h(z1 ) = ∞, h(z2 ) =
0, h(z3 ) = 1. Elle est donnée par h(z) = (z1 , z2 , z3 , z4 ).
25.8. Proposition. — 1) Une homographie conserve le birapport.
2) Toute bijection de S qui conserve le birapport est une homographie.
66
Université de Nantes - Topologie Algébrique
Démonstration. — 1) Soit z1 , z2 , z3 trois points deux à deux distincts de S et
h une homographie. Soit ϕ l’homographie ϕ(z) = (z1 , z2 , z3 , z) et ψ l’homogra
phie ψ(z) = h(z1 ), h(z2 ), h(z3 ), z . La composée ψ ◦ h est une homographie
envoyant z1 7→ ∞, z2 7→ 0 et z3 7→ 1. D’après le lemme ψ ◦ h = ϕ. Donc
h(z1 ), h(z2 ), h(z3 ), h(z) = (z1 , z2 , z3 , z) .
2) Si on se donne z1 , z2 , z3 deux à deux distincts et leurs images z10 , z20 , z30 par
une bijection h qui préserve le birapport, alors z10 , z20 , z30 , h(z) = (z1 , z2 , z3 , z)
et cette égalité définit h comme homographie.
25.9. Proposition. — P Sl(2, R) est le sous-groupe des homographies qui
préservent le demi-plan de Poincaré H.
Démonstration.
— Si a, b, c, d sont réels et ad − bc = 1, alors si Im(z) > 0, on
az + b
a Im
> 0.
cz + d
Réciproquement si h préserve H, par continuité h préserve la frontière de H
dans P 1 (C), c’est-à-dire P 1 (R). Donc h−1 (∞), h−1 (0) et h−1 (1) sont trois
points distincts de R ∪ {∞}. D’après la formule du birapport, h peut donc être
écrite avec des coefficients réels,
!
a b
∈ Gl(2, R) .
A=
c d
Comme H est préservé, det(A) > 0. En multipliant tous les coefficients par
(det(A))1/2 , on se ramène à A ∈ Sl(2, R).
25.10. Décomposition en éléments simples. — Toute homographie
réelle, préservant H (det(A) = 1), est composée
de
√
λz + 0
√ ,
– homothétie (λ > 0) : z 7→ λz =
0 + 1/ λ
1·z+τ
– translation réelle : z 7→ z + τ =
,
0+1
1
0−1
– inversion : z 7→ − =
.
z
1·z+0
1
Attention. L’application z 7→ échange H et −H.
z
VII : Géométrie hyperbolique
67
On montrera dans la suite que P Sl(2, R) est le groupe des isométries de H
pour la métrique de Poincaré qui est définie au paragraphe suivant.
26. La métrique de Poincaré sur H = {x + iy | y > 0} ou
métrique hyperbolique
26.1. Définition. — On définit l’élément de longueur ds de la métrique hyperbolique par la formule
ds2H =
dx2 + dy 2
.
y2
Pour (x, y) ∈ H, cette formule attache une norme à chaque vecteur ~v de l’espace
vectoriel T(x,y) des vecteurs dont l’origine est en (x, y) :
k~v k2(x,y) =
(vx2 + vy2 )1/2
.
y2
La différence avec l’élément de longueur de la métrique euclidienne réside dans
le fait que cette formule fait intervenir les coordonnées (x, y), en fait seulement
l’ordonnée. On définit aussi un produit scalaire, dépendant du point (x, y) par
h~v , wi
~ (x,y) =
h~v , wi
~ euclidien
y2
L’angle entre deux vecteurs au point (x, y) est le même en géométrie euclidienne et en géométrie hyperbolique :
cos θ =
h~v , wi
~ (x,y)
h~v , wi
~ euclidien
=
.
k~v k(x,y) kwk
~ (x,y)
k~v keuclidien kwk
~ euclidien
On dit que la métrique hyperbolique est conforme à la métrique euclidienne.
68
Université de Nantes - Topologie Algébrique
26.2. Définition (Longueur d’un chemin C 1 ). — Soit γ : [a, b] → H un
chemin de classe C 1 . On définit la longueur de γ par :
Z b
l(γ) =
||γ̇(t)||γ(t) dt .
a
On vérifie que la longueur est indépendante du paramétrage. Si α : [a0 , b0 ] →
[a, b] est un difféomorphisme (disons croissant) et si Γ = γ ◦ α, on a Γ̇(s) =
dα
γ̇(α(s)) . Par changement de variables dans l’intégrale (t = α(s)), on obds
tient :
Z b0
Z b0
dα
kγ̇(α(s))kγ(α(s))
kΓ̇(s)kΓ(s) ds = l(Γ).
l(γ) =
ds =
ds
a0
a0
26.3. Exemple. — On considère le segment [i, eλ i]. Sa longueur est donnée
par
Z |λ|
|ẏ(t)|
l([i, eλ ]) =
dt
y(t)
0
où γ(t) = (x(t), y(t)) = (0, et ) avec t ∈ [0, λ] si λ > 0 ou t ∈ [λ, 0] si λ < 0.
Donc
l([i, eλ i]) = |λ|.
26.4. Définition (Distance). — Si A et B sont deux points de H, on définit
leur distance hyperbolique par :
dH (A, B) = inf l(γ) ,
où la borne inférieure est prise sur l’ensemble des chemins C 1 par morceaux
joignant A et B dans H.
26.1. Exercice. — Démontrer l’inégalité du triangle.
26.5. Exemple. — dH (i, eλ i) = l([i, eλ i]) = |λ|.
En effet, pour tout arc C 1 γ : [0, 1] → H de i à eλ i, on a
Z 1 2
Z 1
(ẋ (t) + ẏ 2 (t))1/2
|ẏ(t)|
dt ≥
dt
y(t)
0 y(t)
0
et l’inégalité est stricte si ẋ(t) n’est pas identiquement nul. Donc le plus court
chemin de i à eλ i est le segment vertical.
Dans la suite, on va chercher, pour A et B quelconque dans H, le plus court
chemin de A à B.
VII : Géométrie hyperbolique
69
26.6. Proposition. — Soit h ∈ P Sl(2, R). Alors :
1) h est une isométrie infinitésimale (h préserve ds2H ), c.-à-d. que
kDh(x, y)(~v )kh(x,y) = k~v k(x,y)
En particulier l(γ) = l(h ◦ γ).
2) dH (h(A), h(B)) = dH (A, B).
3) L’action de P Sl(2, R) est transitive sur les couples
{(A, ~v ) ∈ H × R2 | A ∈ H et k~v kA = 1},
où l’action est h · (A, ~v ) = (h(A), Dh(A) · ~v ).
Démonstration. — 1) Il suffit de le vérifier sur les éléments simples. La formule
est évidente pour les translations réelles et les homothéties positives. Le cas
1
de l’inversion h(z) = − est le résultat du calcul suivant.
z
1
−x
y
h(x, y) = −
=
,
,
x + iy
x2 + y 2 x2 + y 2
!
y 2 − x2 −2xy
−1
Dh(x, y) = 2
,
(x + y 2 )2
2xy
y 2 − x2
2
1/2 −1
∂h
(y − x2 )2 + 4x2 y 2
y
1
(x, y)
=
×
= = ke1 k(x,y) .
∂x
2
2
4
2
2
(x + y )
x +y
y
h(x,y)
Par un calcul analogue, on trouve
∂h
1
(x, y)
=
= ke2 k(x,y) ,
∂y
y
h(x,y)
70
Université de Nantes - Topologie Algébrique
où (e1 , e2 ) est la base canonique de R2 , et
h
∂h
∂h
(x, y),
(x, y)ih(x,y) = 0 = he1 , e2 i(x,y) .
∂x
∂y
Par bilinéarité du produit scalaire, Dh(x, y) vérifie la formule voulue.
2) Ce point suit de 1) en prenant la borne inférieure des longueurs des chemins
de A à B.
3) Le sous-groupe engendré par les translations réelles et les homothéties positives (z 7→ az + b avec a > 0 et b ∈ R) agit transitivement sur H.
(z 7→ az + b avec
a > 0 et b ∈
R) agit transitivement sur H.
Il reste à voir que le stabilisateur Stab(i) agit transitivement sur les vecteurs
unitaires en i.
(
Stab(i) =
(
=
Si h(z) =
a b
c d
!
)
2
2
; ad − bc = 1, ac + bd = 0, c + d = 1 /{±I}
!)
cos(θ) sin(θ)
/{±I} .
− sin(θ) cos(θ)
cos(θ)z + sin(θ)
, on a bien h(i) = i et
− sin(θ)z + cos(θ)
ie−iθ + cos θδz
e−iθ − sin θδz
= (i + eiθ cos θδz) 1 + eiθ sin θδz + o(|δz|)
h(i + δz) =
= i + e2iθ δz + o(|δz|).
VII : Géométrie hyperbolique
71
Ceci implique
Dh(i) =
cos(2θ) sin(2θ)
− sin(2θ) cos(2θ)
!
.
Donc pour tout vecteur unitaire ~v , w
~ en i, il existe h ∈ Stab(i) tel que Dh(i)~v =
e~1 .
27. Géodésiques
27.1. Définition. — 1) Un segment (ou arc) géodésique de A à B est un
plus court chemin, s’il existe, de A à B.
2) Une géodésique est une ligne dont tous les intervalles compacts sont des
segments géodésiques. On la paramètre par la longueur d’arc.
27.2. Théorème. — 1) Les géodésiques sont les cercles euclidiens centrés
sur l’axe réel et les droites verticales (x = const).
2) Toute paire de points est jointe par un segment géodésique unique.
3) P Sl(2, R) agit transitivement sur les paires de points à distance mutuelle
donnée.
Démonstration. — a) On sait déjà que [i, eλ i] est un arc géodésique. Donc les
verticales sont des géodésiques.
b) Soit h ∈ P Sl(2, R). L’homographie h conserve la longueur des chemins.
Donc, si γ est de longueur minimale parmi les chemins de A à B, h ◦ γ est de
longueur minimale parmi les chemins de h(A) à h(B). Donc h(et i) parcourt
une géodésique quand t parcourt R.
c) Le demi-axe Oy est l’ensemble des z ∈ H tels que le birapport (∞, 0, 1, z) ∈
iR+ . Si H(∞) = ∞, h est affine et h(Oy) est une verticale. Si h(0) = ∞,
h(Oy) est aussi une verticale. Dans les autres cas, h(∞) = x1 , h(0) = x2 , où
x1 et x2 sont réels. Par conservation du birapport, x1 , x2 , h(1), h(z) ∈ iR+ .
x1 − h(z)
Comme h(1) ∈ R ∪ ∞, on en déduit que
∈ iR, et donc que h(z)
x2 − h(z)
x1 + x2
appartient au cercle centré en
passant par x1 et x2 . Par conséquent
2
les demi-cercles centrés sur l’axe réels sont des géodésiques.
72
Université de Nantes - Topologie Algébrique
d) Par deux points z0 et z1 ∈ H passe un
unique cercle centré sur l’axe réel (ou une
verticale).
e) Pourquoi n’y a-t-il pas d’autres géodésiques ?
Soit ~u le vecteur unitaire (au sens hyperbolique) tangent en z0 au demi-cercle
Cz0 z1 et dirigé vers z1 . Par transitivité de l’action sur les couples (point, vecteur
unitaire), on sait qu’il existe une homographie h ∈ P Sl(2, R) telle que h(i) = z0
et Dh(i)(~e2 ) = ~u. Donc h(Oy) = Cz0 z1 et h(ied(z0 ,z1 ) ) = z1 . Comme il y a
unicité de la géodésique de i à ied(z0 ,z1 ) , il y a unicité de la géodésique de z0 à
z1 . D’où 1) et 2) et la construction de h donne 3).
27.3. Définition. — Une isométrie directe de H est un difféomorphisme de
H préservant la distance hyperbolique et l’orientation.
27.4. Corollaire. — Il n’y a pas d’autres isométries de H que les éléments
de P Sl(2, R).
Démonstration. — On sait déjà que P Sl(2R) est contenu dans Iso+ (H). Soit
φ ∈ Iso+ (H). Soit A = −1 + i et B = 1 + i. D’après le 3) du théorème, il existe
h ∈ P Sl(2R) tel que h(A) = φ(A) et h(B) = φ(B). Donc ψ := h−1 ◦ φ est une
isométrie directe fixant A et B. Alors ψ laisse fixe la géodésique passant par
√
A et B, c’est-à-dire le cercle C centré en 0 de rayon 2.
Par ailleurs Oy est le lieu des points équidistants de A et de B (par un argu√
√
√
ment de symétrie). Alors ψ(Oy) = Oy. Comme i 2 est sur C, ψ(i 2) = i 2 ;
l’orientation étant conservée, ψ|Oy est l’identité. Soit z ∈ Oy ; comme ψ(z)
et ψ(A) sont fixes, toute la géodésique CAz est fixe. Mais les CAz couvrent le
quart de plan {x ≥ 0, y > 0} ; donc ψ y est l’identité. De même, en considérant
B au lieu de A, ψ est l’identité sur {x ≤ 0, y > 0}.
Tout cet argument peut être simplifié en invoquant un résultat classique
de géométrie différentielle : toute isométrie, qui fixe un point A et dont la
différentielle en A est l’identité, coı̈ncide avec l’identité sur la composante
connexe de A.
VII : Géométrie hyperbolique
73
28. Triangles géodésiques
28.1. Définition. — L’aire hyperbolique d’un domaine D de H est par
définition
ZZ
Aire(D) =
D
dxdy
.
y2
Sur cette figure on a dessiné un petit rectangle en indiquant les longueurs
hyperboliques des côtés. Le produit de ces longueurs donne l’aire.
On voit sur la formule que la mesure d’aire est invariante par les homographies
de P Sl(2, R).
28.2. Définition. — Un polygone géodésique est un polygone dont les côtés
sont des arcs géodésiques. Il est dit idéal si ses sommets sont sur la frontière
de H dans S.
Dans ce cas l’angle intérieur en chaque sommet est nul. En effet, si le sommet
considéré est sur l’axe réel, les deux côtés du polygone lui sont orthogonaux,
et s’il est en ∞, les deux côtés sont deux verticales, donc parallèles.
28.3. Théorème. — L’aire d’un triangle géodésique vaut π – la somme des
angles intérieurs. En particulier, l’aire d’un triangle idéal est π.
74
Université de Nantes - Topologie Algébrique
Démonstration. — On établit cette formule d’abord sur quelques triangles
particuliers.
1er cas :
ZZ
Aire(D1 ) =
D1
dxdy
=
y2
Z
cos(α)
Z
dx
0
∞
√
1−x2
dy
y2
.
On en déduit :
Z
Aire(D1 ) =
0
cos(α)
√
dx
π
π
cos(α)
= arcsin(x)|x=0 = − α = π − ( + α + 0) .
2
2
2
1−x
2ème cas : comme l’aire est invariante par translation réelle et par homothétie
positive, la même formule que celle établie pour le D2 ci-dessous est valable
lorsque le côté inférieur est sur n’importe quelle géodésique non verticale.
VII : Géométrie hyperbolique
75
Aire(D2 ) = ( π2 − α) − ( π2 − (π − β))
= π − (β + α + 0) .
3ème cas :
Aire(D3 ) = (π − (α + α0 + β)) − (π − (α0 + π − γ))
= π − (α + β + γ) .
28.4. Corollaire. — 1) La somme des angles extérieurs d’un triangle
géodésique moins son aire est égal à 2π.
2) La même formule vaut pour tout polygone géodésique.
3) Il n’existe pas de triangle géodésique (y compris idéal) avec deux angles
droits. Il n’existe pas de quadrilatère géodésique avec quatre angles droits.
Démonstration de 2). — On découpe le polygone en triangles et on établit la
formule par récurrence sur le nombre de triangles. Par hypothèse de récurrence
on a :
−Aire(D0 ) + σ + (α + α1 ) + (β + β1 ) = 2π ,
où σ est la somme des angles extérieurs de D0 autres que (α + α1 ) et (β + β1 ).
Par la formule du triangle, on a :
−Aire(T ) + γ1 − α − β = 0 ,
76
Université de Nantes - Topologie Algébrique
ce qui implique
−Aire(D0 ∪ T ) + σ + α1 + β1 + γ1 = 2π .
28.1. Exercice. — 1) Montrer que deux géodésiques infinies D0 et D1 sont
asymptotes si et seulement si elles ont une extrémité commune sur R ∪ {∞}.
2) Construire un quadrilatère géodésique avec trois angles droits et un angle
nul.
3)
Construire un hexagone
avec six angles droits à
partir de cette figure et
en utilisant 1).
VII : Géométrie hyperbolique
77
Combien y a-t-il de longueurs de côtés arbitraires ?
29. Polygones réguliers
On va utiliser un autre modèle de la géométrie hyperbolique, à savoir le disque
unité ouvert. Il a l’avantage d’avoir visiblement une symétrie de rotation autour de l’origine, qui est plus cachée dans H autour de i.
29.1. Définition (Le modèle du disque unité). —
Soit D = {z ∈ C| |z| < 1}. On a une transformation projective de la sphère de
Riemann S,
z−i
φ : H → D, z 7→
et φ(∞) = 1 .
z+i
On définit un élément de longueur sur D par
ds2D = 4
dx2 + dy 2
,
(1 − r2 )2
où r2 = x2 + y 2 .
29.2. Proposition. — φ est une isométrie de (H, ds2H ) sur (D, ds2D ).
w+1
. On calcule :
w−1
2|dw|
2|dw|
|dz| =
= 2
2
|w − 1|
r − 2r cos(θ) + 1
Démonstration. — Soit w = φ(z), z = −i
dz = −
dw
,
(w − 1)2
et
y=
Par suite
ds2H =
1 − r2
.
r2 − 2r cos(θ) + 1
4|dw|2
|dz|2
=
= ds2D .
y2
(1 − r2 )2
La métrique de D est invariante par rotation (euclidienne) autour de 0. Ses
isométries sont de la forme φ ◦ h ◦ φ−1 , où h est une isométrie de H.
29.3. Proposition. — Les isométries directes de D sont les homographies
z−a
z 7→ eθ
1 − āz
avec |a| < 1.
78
Université de Nantes - Topologie Algébrique
29.4. Proposition. — 1) Les géodésiques de D sont les arcs de cercles orthogonaux au cercle unité et les diamètres.
2) Le lieu des points à une distance donnée d’un point A ∈ H est un cercle
(euclidien), mais pas centré en A.
Démonstration. — On utilise l’exercice suivant :
29.1. Exercice. — Montrer que 4 points distincts de C sont cocycliques (ou
alignés) si et seulement si leur birapport est réel. En déduire que toute homographie de S transforme chaque cercle de C en un cercle ou une droite.
1) Les géodésiques de D sont les images par φ des géodésiques de H. Par
conservation du birapport et en vertu de l’exercice ci-dessus, ce sont des arcs
de cercle. Comme φ préserve les angles, en particulier l’orthogonalité, et que
φ(R) est le cercle unité privé de 1, on a la conclusion.
2) Par symétrie de rotation, le lieu des points à une distance δ de l’origine
dans D est un cercle euclidien centré en 0. Son image par φ−1 est un cercle
et c’est le lieu des points de H à la distance δ de i. Par translation réelle et
homothétie, la même conclusion vaut pour tout point A ∈ H.
29.5. Proposition. — Il existe un octogone régulier d’angle au sommet
côtés géodésiques.
Démonstration. — On travaille dans D.
On a un octogone “régulier” d’angle
intérieur nul dessiné ci-contre. Par
ailleurs un octogone régulier très petit a un angle au sommet proche
de celui de la géométrie euclidienne,
à savoir 3π
4 , car, en géométrie
euclidienne, la somme des angles
extérieurs est égale à 2π.
π
4
à
VII : Géométrie hyperbolique
79
3π
Quand on augmente le rayon, l’aire croı̂t et l’angle intérieur décroı̂t entre
4
et 0. Comme il varie continûment, il prend toutes les valeurs intermédiaires,
π
par exemple la valeur .
4
29.6. Utilisation de l’octogone régulier pour paver H ou D. — On
applique le théorème de Poincaré 24.1 qui vaut en géométrie hyperbolique
comme en géométrie euclidienne. On choisit le jumelage des arêtes
12 ↔ 34,
23 ↔ 45,
56 ↔ 78,
67 ↔ 81
La permutation correspondante des sommets est
1 7→ 6 7→ 7 7→ 8 7→ 5 7→ 2 7→ 3 7→ 4 7→ 1
On a donc un seul cycle de sommets et la somme des angles intérieurs vaut
8 × π4 = 2π. Le théorème de Poincaré 24.1 s’applique. Donc il y a un groupe
discret Γ d’isométries de D (ou de H) dont le domaine fondamental est le
π
domaine ∆ limité par un octogone régulier d’angle au sommet . L’action est
4
libre car :
1) le jumelage des arêtes ne laisse fixe aucune arête,
2) le cycle des sommets est de multiplicité 1. L’action vérifie la condition (L)
(cf. théorème 24.1).
29.7. Topologie du quotient. — Le quotient de Γ \D est homéomorphe à
la surface Σ représentée sur la figure suivante.
80
Université de Nantes - Topologie Algébrique
En effet, cette surface Σ s’obtient bien à partir d’un bouquet de quatre cercles
en y attachant le domaine ∆ bordé par l’octogone régulier de 29.5 selon le
jumelage des arêtes indiqué plus haut. On peut s’en convaincre en recollant
d’abord les arêtes du demi-octogone contenant les sommets 1 2 3 4 5, ce qui
donne une moitié de la surface.
29.8. Corollaire. — La projection D → Γ \D ∼
= Σ est le revêtement universel de Σ et Γ est isomorphe au groupe fondamental de Σ.
29.9. Générateurs et relations de Γ. — On va utiliser le théorème de
Poincaré 24.1 pour trouver une présentation de Γ, c’est-à-dire du groupe fondamental de Σ.
– Soit a l’isométrie 76 7→ 81,
– Soit b l’isométrie 87 7→ 56,
– Soit a−1 l’isométrie 18 7→ 67,
– Soit b−1 l’isométrie 65 7→ 78,
– Soit c l’isométrie 32 7→ 45,
– Soit d l’isométrie 43 7→ 12,
– Soit c−1 l’isométrie 54 7→ 23,
– Soit d−1 l’isométrie 21 7→ 34.
En faisant le tour du sommet 1, on trouve la relation
aba−1 b−1 cdc−1 d−1 = id.
VII : Géométrie hyperbolique
81
Comme tous les sommets sont sur
un même cycle, il n’y a pas d’autres
relations.
29.2. Exercice. — Retrouver une présentation de Γ ∼
= π1 (Σ, x0 ) par le
théorème de Van Kampen.
François Laudenbach & Friedrich Wagemann
Département de mathématiques, Université de Nantes,
2 Rue de la Houssinière F-44322 Nantes Cedex 03
VII : Géométrie hyperbolique
1
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
td7
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 9, Topologie algébrique
2005-2006
Géométrie hyperbolique.
9.1. Exercice. — Soit H le demi-plan de Poincaré, et D le disque de Poincaré.
On note d(x, y) la distance (hyperbolique) entre x et y, x, y ∈ H. On rappelle
z−i
que l’application f : H → D, z 7→ z+i
est une isométrie de H sur D. Notons
0)
gz0 : D → D la multiplication par |ff (z
(z0 )| .
−1
1) Montrer que i est
de f ◦ gz0 ◦ f .
un point fixe
|z0 −i|
0 +i|+|z0 −i|
−1 ◦ g ◦ f envoie
2) Montrer que f i |z
z0
|z0 +i|−|z0 −i| = |z0 +i| . En déduire que f
|z0 +i|+|z0 −i|
.
z0 sur i |z
0 +i|−|z0 −i|
3) Se rappeller que d(i, iy) = |ln(y)| pour tout y ∈ R+ , et déduire de ce qui
précède que
ed(i,z0 ) =
|z0 + i| + |z0 − i|
|z0 + i| − |z0 − i|
.
4) Déduire ch(d(i, z0 )). Si maintenant z0 =
1, montrer que
Indication
ai+b
ci+d
avec a, b, c, d ∈ R et ad − bc =
1
ch(d(i, z0 )) = (a2 + b2 + c2 + d2 ).
2
Corrigé
9.2. Exercice. — 1) Écrire sous forme matricielle la translation hyperbolique
de distance k le long de l’axe imaginaire.
2
Université de Nantes - Topologie Algébrique
1+z
2) a) Étudier la transformation z 7→ 1−z
. En déduire que, si z est de module
0
1, alors z qui est donné par la formule
z0 + 1
z+1
= ek
0
z −1
z−1
est de module 1.
b) En déduire que la transformation z 7→ z 0 déplace les points de la droite
hyperbolique des complexes de module 1 d’une distance k.
c) Montrer que la forme matricielle de la translation hyperbolique de distance
k le long de la droite hyperbolique des complexes de module 1 est
ch( k2 ) sh( k2 )
sh( k2 ) ch( k2 )
!
.
3) On considère maintenant le problème de calculer la distance de deux points
à égale distance d’une droite. Pour fixer les notations, appelons M1 et M2
les deux points, m leur distance égale d’une droite et l la distance sur la
droite entre les deux perpendiculairs (cf exercice 9.4). Trouver une situation
normalisée où on peut appliquer ce qui précède à ce problème.
4) Établir la formule ch(d(M1 , M2 )) = 12 (ch(l) + 1 + (ch(l) − 1) ch(2m)), en
utilisant la formule de l’exercice 9.1.
Indication
Corrigé
9.3. Exercice. — Étant donné un quadruplet de complexes distincts
z1 , z2 , z3 , z4 , on définit leur birapport par
z3 − z1 z4 − z 2
×
.
z3 − z2 z4 − z 1
Le but de cet exercice est de compléter la preuve que le birapport est invariant
sous homographies (proposition 25.8). Pour cela, il reste à montrer que pour
z1 , z2 , z3 ∈ SS, il existe une unique homographie h telle que h(z1 ) = ∞,
h(z2 ) = 0, et h(z3 ) = 1.
[z1 , z2 , z3 , z4 ] =
Indication
Corrigé
9.4. Exercice. — Montrer que si L1 et L2 sont deux géodésiques disjointes
et non-asymptotiques, alors il existe une géodésique unique qui est orthogonal
à L1 et à L2 .
VII : Géométrie hyperbolique
Indication
3
Corrigé
9.5. Exercice. — Soit D(R, i) le disque (hyperbolique) de rayon R autour
de i ∈ H. Calculer son aire dans le disque D et représenter son allure graphiquement dans H (sans aucun calcul).
Indication
Corrigé
4
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Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Géométrie hyperbolique : indications pour les exercices.
9.1. Indication exercice. — 9.1 Le but de la transformation f est, pour
mesurer la distance entre z0 et i, de normaliser la situation, i.e. l’isométrie f
envoie i et z0 sur l’axe imaginaire où c’est plus facile de mesurer la distance.
La dernière partie de 4) est un peu calculatoire.
Énoncé
Corrigé
9.2. Indication exercice. — 9.2 1) On vient de voir que la translation
hyperbolique de distance hyperbolique k le long de l’axe imaginaire est simplement la multiplication par ek . On veut représenter cette transformation par
une matrice de Sl(2, R).
Énoncé
Corrigé
9.2 2) Il s’agit de représenter la transformation de 2) par une matrice de
Sl(2, R). Le résultat est donné.
Énoncé
Corrigé
9.2 3) La situation est considérée comme normalisée, quand on a envoyé
M1 sur i, le déplacement de distance m sur la droite donc par un déplacement
sur l’axe imaginaire, et le déplacement de distance l par un déplacement sur
un cercle orthogonal à l’axe imaginaire.
Énoncé
Corrigé
9.2 4) Encore une fois, c’est un peu calculatoire.
Énoncé
Corrigé
9.3. Indication exercice. — 9.3 Une approche à la question est de montrer d’abord qu’une transformation affine est caractérisée parmi les homographies comme une transformation qui fixe ∞ ∈ S. Ensuite, pour construire une
VII : Géométrie hyperbolique
5
homographie qui envoie (z1 , z2 , z3 ) sur (∞, 0, 1), on pourra d’abord trouver
une transformation qui envoie z1 sur ∞, et ensuite trouver la transformation
affine qui envoie (z2 , z3 ) sur (0, 1).
Énoncé
Corrigé
9.4. Indication exercice. — 9.4 Une fois de plus, il est utile de normaliser la situation. Ainsi, on peut considérer que L1 soit l’axe imaginaire (passant
par l’origine O du répère standard), et L2 un demi-cercle (avec centre C sur
l’axe réelle et de rayon r), disjoint de L1 . Ensuite, le problème se réduit à un
problème de géométrie élémentaire.
Énoncé
Corrigé
9.5. Indication exercice. — 9.5 Remarquons qu’il n’est pas clair qu’un
disque hyperbolique D = {z ∈ H | d(i, z) ≤ R} ⊂ H centré en i soit “rond”,
i.e. que la distance euclidienne des points du bords à i soit égale.
Énoncé
Corrigé
6
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Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 9, Topologie algébrique
2005-2006
Géométrie hyperbolique : solutions des exercices.
9.1. Corrigé exercice. — 1)
f −1 (0) = i.
Énoncé
Indication
9.1 2) Il faut montrer que
|z0 − i|
= f
|z0 + i|
On a f −1 ◦ gz0 ◦ f (i) = f −1 (gz0 (0)) =
|z0 + i| + |z0 − i|
i
|z0 + i| − |z0 − i|
.
En mettant sur le même dénominateur, on obtient
|z0 + i| + |z0 − i|
|z0 + i| + |z0 − i| − |z0 + i| + |z0 − i|
f i
=
|z0 + i| − |z0 − i|
|z0 + i| + |z0 − i| + |z0 + i| − |z0 − i|
|z0 − i|
=
,
|z0 + i|
ce qui démontre bien l’assertion. On en déduit que, pour mesurer la distance
entre z0 et i, on est parvenu à normaliser la situation, i.e. l’isométrie f envoie
i et z0 sur l’axe imaginaire où c’est plus facile de mesurer la distance.
Énoncé
Indication
9.1 3) Soit h = f −1 ◦ gz0 ◦ f . h est une isométrie. Alors
|z +i|+|z −i|
|z0 + i| + |z0 − i| ±1
d(i,i |z0 +i|−|z0 −i| )
d(i,z0 )
d(h(i),h(z0 ))
0
0
e
= e
= e
=
,
|z0 + i| − |z0 − i|
où le signe en exposant dépend du fait que
|z0 + i| + |z0 − i|
ln
|z0 + i| − |z0 − i|
VII : Géométrie hyperbolique
7
est positif ou négatif. En tout cas,
ch(d(i, z0 )) =
1 d(i,z0 )
e
+ e−d(i,z0 )
2
est bien défini, et vaut
ch(d(i, z0 )) =
=
1
2
|z0 + i| + |z0 − i|
|z0 + i| − |z0 − i|
+
|z0 + i| − |z0 − i|
|z0 + i| + |z0 − i|
|z0 + i|2 + |z0 − i|2
.
|z0 + i|2 − |z0 − i|2
Énoncé
Indication
9.1 4) On a déjà déduit l’expression de ch(d(i, z0 )). Si maintenant z0 = ai+b
ci+d ,
alors on a
1
2
2
2 2
(ac
+
bd)
+
(1
−
c
−
d
)
,
|z0 − i|2 = 2
c + d2
et
1
|z0 + i|2 = 2
(ac + bd)2 + (1 + c2 + d2 )2 .
2
c +d
On en déduit
(ac + bd)2 + (1 + c2 + d2 )2 + (ac + bd)2 + (1 − c2 − d2 )2
ch(d(i, z0 )) =
(ac + bd)2 + (1 + c2 + d2 )2 − (ac + bd)2 − (1 − c2 − d2 )2
=
2(ac + bd)2 + 2 + 2(c2 + d2 )2
4(c2 + d2 )
=
1 a2 c2 + 2acbd + b2 d2 + 1 + c4 + 2c2 d2 + d4
2
(c2 + d2 )
1 c2 (a2 + c2 + d2 ) + d2 (c2 + b2 + d2 ) + 2acbd + 1
2
(c2 + d2 )
1 2
=
(a + b2 + c2 + d2 ),
2
car 2acbd + 1 = c2 b2 + d2 a2 , comme on le vérifie facilement.
=
Énoncé
Indication
9.2. Corrigé exercice. — 1)
perbolique k s’écrit
La translation hyperbolique de distance hyk
e2
!
0
k
0 e− 2
Elle envoie en elle-même l’axe imaginaire.
Énoncé
Indication
.
8
Université de Nantes - Topologie Algébrique
9.2 2a) La transformation g : z 7→ 1+z
1−z en question envoie le demi-cercle
ouvert {0 < θ < 2π} sur l’axe imaginaire positive, avec g(i) = i et g(eiφ ) =
sin(φ)
. En particulier, si z est de module 1, alors g(z) est sur l’axe imaginaire,
i 1−cos(φ)
et ek g(z) est sur l’axe imaginaire. Ainsi, le z 0 donné dans l’exercice est de
module 1.
Énoncé
Indication
9.2 2b) Il suffit de remarquer que g est une isométrie de H.
Énoncé
Indication
9.2 2c) La transformation z 7→ z 0 indiquée dans l’exercice est donnée par la
matrice
!
sh k2
ch k2
.
sh k2
ch k2
En effet, si y =
z 0 +1
z 0 −1 ,
alors on voit facilement que z 0 =
z
0
=
ek z+1
z−1 − 1
ek (z + 1) + z − 1
ek (z + 1) − z + 1
=
z(ek + 1) + (ek − 1)
z(ek − 1) + (ek + 1)
=
Ainsi on a
ek z+1
z−1 + 1
=
=
y+1
y−1 .
k
k
k
k
k
k
k
k
z(e 2 + e− 2 ) + (e 2 − e− 2 )
z(e 2 − e− 2 ) + (e 2 + e− 2 )
ch k2 z + sh k2
.
sh k2 z + ch k2
La transformation z 7→ z 0 déplace les points de cette droite hyperbolique (des
z de module 1 qui sont dans le demi-plan supérieur) d’une distance k vers la
droite si k > 0, et vers la gauche si k < 0.
Énoncé
Indication
9.2 3) et 4) La situation est normalisée, quand on a envoyé M1 sur i, le
déplacement de distance m sur la droite donc par un déplacement sur l’axe
imaginaire, et le déplacement de distance l par un déplacement sur un cercle
orthogonal à l’axe imaginaire. Cette “normalisation” se fait par une isométrie
de H, donc ne change pas la distance. Autrement dit, on peut supposer sans
VII : Géométrie hyperbolique
perte de généralité que M1 = i, M2 = f (i) où
!
!
m
m
0
ch 2l
sh 2l
e− 2
e2
f =
m
0
e2
sh 2l
0
ch 2l
9
0
m
e− 2
!
=
!
ch 2l
e−m sh 2l
.
em sh 2l
ch 2l
Sous cette forme, on peut calculer la distance à l’aide de la formule que nous
avons démontré en 9.1 4) : on a
2
2 !
l
l
l
l
1
ch2
+ e−m sh
+ ch2
+ em sh
ch(d(M1 , M2 )) =
2
2
2
2
2
1
(ch(l) + 1 + (ch(l) − 1) ch(2m))
2
1 l
−l
(e − 2 + e ) ch(2m)
= ch(l) + 1 +
2
= ch(l) + 1 + (ch(l) − 1) ch(2m).
=
Énoncé
Indication
9.3. Corrigé exercice. — Soient donc z1 , z2 , z3 ∈ S. Montrons d’abord
qu’une transformation affine est caractérisée parmi les homographies comme
une transformation qui fixe ∞ ∈ S, i.e. une homographie f satisfait f (∞) = ∞
si et seulement s’il existent a, b ∈ C avec f (z) = az +b. En effet, si f (z) = az+b
cz+d ,
a
0
0
et si c 6= 0, alors f (∞) = c 6= ∞, et par suite c = 0, i.e. f (z) = a z + b pour
a0 , b0 ∈ C.
Soient maintenant z1 , z2 , z3 ∈ S. Nous allons construire l’unique homographie
1
qui envoie (z1 , z2 , z3 ) sur (∞, 0, 1). Soit T (z) = z−z
, alors T est une homo1
0
graphie avec z1 7→ ∞. Notons T (z2 ) = z2 et T (z3 ) = z30 . Ensuite, on envoie
(z20 , z30 ) sur (0, 1) par une transformation affine G(z) = az +b : G est déterminé
par le système linéaire
(
az20 + b = 0
az30 + b = 1
z0
1
2
On voit facilement que a = z 0 −z
0 et b = − z 0 −z 0 est l’unique solution. Ainsi
3
2
3
2
f (z) = G ◦ T (z) est une solution du problème, plus explicitement
f (z) =
z3 − z 1
z − z2
×
,
z3 − z 2
z − z1
comme on le vérifie par un calcul direct. En ce qui concerne l’unicité, montrons
que si une homographie f fixe trois points z1 , z2 , et z3 , alors elle est l’identité.
10
Université de Nantes - Topologie Algébrique
En effet, si z1 = ∞, alors on a
(
az2 + b = z2
az3 + b = z3
par ce qui précède, et on déduit facilement a = 1 et b = 0. Si z1 6= ∞, il existe
T avec T (z1 ) = ∞. Par suite, T ◦ f ◦ T −1 est une homographie avec T (z1 ),
T (z2 ), et T (z3 ) comme points fixes, i.e. T ◦ f ◦ T −1 (∞) = ∞. On déduit que
f = idS .
Énoncé
Indication
9.4. Corrigé exercice. — Au lieu de travailler dans une situation
générale (i.e. avec des géodésiques quelconques), nous allons normaliser la
situation (et terminer en utilisant qu’il existe une unique isométrie qui envoie
la solution de la situation normalisée sur la solution du problème général).
Ainsi, on peut considérer que L1 soit l’axe imaginaire (passant par l’origine
O du répère standard), et L2 un demi-cercle (avec centre C sur l’axe réelle
et de rayon r), disjoint de L1 . Soit A = (a, 0) le point d’intersection de L2
avec l’axe réelle du côté de l’axe imaginaire. Il faut démontrer l’existence et
l’unicité d’un cercle orthogonal à L1 et L2 . Soit a < t < a + r le rayon d’un
cercle C centré en l’origine O - un tel est automatiquement orthogonal à L1 ; il
intersecte L2 en un point B. On a bien a > r > 0, car L1 et L2 sont disjoints.
Par Pythagore, l’angle OBC est droit si et seulement si a2 = r2 + t2 . Puisque
a > r, il existe un unique t positif tel que l’angle OBC soit droit, et c’est
l’unique t qui rend C une géodésique orthogonale simultanément à L1 et L2 .
Énoncé
Indication
9.5. Corrigé exercice. — Il n’est pas clair qu’un disque hyperbolique
D = {z ∈ H | d(i, z) ≤ R} ⊂ H centré en i soit “rond”, i.e. que la distance
euclidienne des points du bords à i soit égale. Or, pour des raisons de symétrie,
un disque D0 = {z ∈ D | d(0, z) ≤ R0 } ⊂ D dans le disque de Poincaré D est
un disque euclidien, notons son rayon euclidien r. D a bien sûr même aire que
D0 .
VII : Géométrie hyperbolique
11
L’aire A du disque D0 se calcule à partir de r à l’aide de la métrique dans D
comme suit :
Z 2π Z r 2
t dt dφ
A =
1 − t2
0
0
Z r
Z r2
t dt
du
= 2π 4
=
4π
2 )2
(1
−
t
(1
−
u)2
0
0
r2
1
4π
= 4π
=
− 4π.
1−u 0
1 − r2
Il faut donc transformer le rayon euclidien r en le rayon R0 du disque hyperbolique :
Z r
2 dt
1+r
0
,
R = d(0, r) =
= ln
2
1−r
0 1−t
0
1+t
où nous avons utilisé la formule arctan(t) = ln 1−t
. On en déduit eR = 1+r
1−r ,
“ 0”
R
sh 2
R0
0
“ 0 ” . Ainsi on obtient 1 = ch2 R . En conclusion,
et puis r = eeR0 −1
=
1−r
2
R
+1
ch 2
2 R0
4π
A = 1−r
− 1).
2 − 4π = 4π(ch
2
Il reste à répondre à la question sur la forme du disque D ⊂ H : il s’avère que
D est un disque euclidien centré en i. Ceci découle du fait que l’homographie
f : H → D qui induit l’isométrie entre H et D préserve la famille des cercles et
des droites.
Énoncé
Indication
VIII : Surfaces
81
Chapitre VIII : Surfaces
c8
Définition des surfaces
30.1. Définition. — Une surface (sans bord) est un espace topologique S,
métrisable, localement homéomorphe à R2 . Précisément tout point a ∈ S a un
voisinage ouvert homéomorphe à R2 .
Dans cette définition on peut remplacer R2 par un disque ouvert de R2
puisque les deux sont homéomorphes (Indication : ]0, 1[∼
= R et les coordonnées polaires permettent d’utiliser cet homéomorphisme pour construire
un homéomorphisme entre le disque unité ouvert et R2 ).
30.2. Les sous-variétés différentiables de dimension 2 de Rn .— On
rappelle que S est une sous-variété de dimension 2 de Rn si, pour tout a ∈ S,
il existe un voisinage ouvert V de a dans Rn et f : Rn → Rn−2 , de classe C 1
(ou C k , k ≥ 1), tels que
1) Df (x) est de rang maximum pour tout x ∈ V et
2) f −1 (0) = V ∪ S.
On dit que f (x) = 0 est une équation régulière de S au voisinage de x.
Par exemple, pour S = S 2 ⊂ R3 , x2 +y 2 +z 2 −1 = 0 est une équation régulière
de S globale.
30.3. Proposition. — Une sous-variété de dimension 2 de Rn est localement
homéomorphe à un ouvert de R2 .
Démonstration. — Cela découle du théorème des fonctions implicites.
30.4. Proposition. — Si p : X → B est un revêtement où X et B sont des
espaces métriques, B est une surface si et seulement si X est une surface.
30.5. Définition (Surface à bord). — Une surface à bord est un espace topologique métrisable localement homéomorphe à un ouvert de
R2− := {(x1 , x2 ) ∈ R2 | x1 ≤ 0}.
La définition du bord repose sur la proposition suivante.
30.6. Proposition. — Il n’existe pas d’homéomorphisme d’un voisinage ouvert U de 0 dans R2− sur un ouvert V de R2 .
82
Université de Nantes - Topologie Algébrique
Démonstration. —
Comme
h et h−1 sont continus, il existe r1 > r2 > r3 > 0 tels que B(r3 ) ⊂
h B(r2 ) ∩ R2− ⊂ B(r1 ), où B(r) est la boule ouverte centrée en 0 de rayon r.
On remarque que B(r2 ) ∩ R2− \ {0} est contractile tandis que B(r) \ 0 n’est
pas 1-connexe. Précisément, si x0 ∈ B(r3 ) \ {0}, π1 B(r3 ) \ {0}, x0 ∼
= Z et
l’inclusion i : B(r3 ) \ {0} → B(r1 ) \ {0} induit un isomorphisme i] . Mais le
diagramme ci-dessous montre que cet isomorphisme se factorise par 0 ; contradiction.
π1 B(r3 ) \ {0}, x0
UUUU
UUUU
UUUU
UUUU
*
/ π1 B(r1 ) \ {0}, x0
iii4
iiii
i
i
i
ii
iiii
π1 h B(r2 ) \ {0} , x0 = 0
30.7. Définition. — Si X est une surface à bord, le bord de X, noté ∂X, est
l’ensemble des points n’ayant pas de voisinage homéomorphe à un ouvert de
R2 . L’intérieur de X, noté int X, est le complémentaire X \ ∂X.
30.8. Proposition. — ∂X est localement homéomorphe à un intervalle ouvert ; autrement dit, ∂X est une variété de dimension 1 sans bord.
30.9. Exemples. — 1) D2 , le disque fermé du plan, et l’anneau S 1 × [0, 1]
sont deux exemples de surface à bord. Le bord du disque est le cercle et le
bord de l’anneau est la réunion disjointe de deux cercles.
2) Si X est une surface et si h : D2 → X est continue injective, alors h est un
VIII : Surfaces
83
homéomorphisme D2 → h(D2 ) et X \ h(int(1/2D2 )) est une surface à bord
(Exercice).
30.10. Proposition. — Si X est une surface à bord non-vide, int X est une
surface à bord vide, qui est non-compacte.
Démonstration. — Si int X est compact, alors il est complet ; mais les suites
de int X tendant vers un point du bord sont des suites de Cauchy sans limite
dans int X ; contradiction.
31. Surfaces orientables
On ne considère que le cas des surfaces sans bord.
31.1. Proposition. — Soit h : R2 → V un homéomorphisme sur un ouvert
V ⊂ R2 , avec h(0) = 0. Soit x0 ∈ V \{0}. Alors l’inclusion i : V \{0} → R2 \{0}
induit un isomorphisme
∼
=
i] : π1 (V \ {0}, x0 ) → π1 (R2 \ {0}, x0 ) ∼
= Z.
Démonstration. — À cause de h, on sait que π1 (V \ {0}, x0 ) est isomorphe à
Z. Soit B(r) une petite boule centrée en 0 contenue dans V . On déplace le
point base dans cette boule ; c’est justifié car les groupes fondamentaux sont
abéliens et π1 (V \ 0, x0 ) est canoniquement isomorphe à π1 (V \ 0, x00 ). On a
alors :
Id
j]
/ π1 (V \ {0}, x0 )
l
lll
lll
l
l
ll i]
ulll
π1 (B(r) \ {0}, x0 )
π1 (R2 \ {0}, x0 )
Donc i] est surjectif. Or un morphisme surjectif Z → Z est un isomorphisme.
31.2. Corollaire. — Soit X une surface, x ∈ X. Si U1 et U2 sont deux
voisinages ouverts de x homéomorphes à R2 , π1 (U1 \{x}, ∗) est canoniquement
isomorphe à π1 (U2 \ {x}, ∗) quel que soit le point base ∗ choisi.
84
Université de Nantes - Topologie Algébrique
Démonstration. — Soit V un voisinage de x homéomorphe à R2 , contenu dans
U1 ∩ U2 . Montrons que, pour i = 1, 2, l’inclusion V \ {x} ,→ Ui \ {x} induit un
isomorphisme π1 (V \ {x}, ∗) ∼
= π1 (Ui \ {x}). En effet on a un diagramme :
/ (Ui , x)
(V, x)
O
∼
=
(R2 , 0)
hi
∼
=
/ (R2 , 0)
L’application hi : (R2 , 0) → (R2 , 0) ainsi produite est un homéomorphisme sur
un ouvert hi (R2 ). On applique alors la proposition 31.1 à hi .
31.3. Définition. — Une orientation de X en x est le choix, pour un voisinage ouvert U de x homéomorphe à R2 , d’un isomorphisme π1 (U \{x}, ∗) ∼
= Z.
Il y a deux choix possibles puisque Z a deux automorphismes Id et −Id.
D’après le corollaire, le choix fait pour U se répercute sur tous les voisinages
de x, homéomorphes à R2 .
31.4. Définition. — Soit x 7→ µx une orientation en chaque point. On dit
que l’orientation est continue, si pour tout ouvert U homéomorphe à R2 et
tout x, x0 ∈ U , il existe un anneau A ⊂ U \{x, x0 } tel que le diagramme suivant
commute :
π1 (U \ {x}, ∗)
o7
ooo
o
o
oo ∼
ooo =
jx]
π1 (A, ∗)
OOO j
OOOx0 ]
OOO
∼
OO'
=
KKK
KKKµx
KKK
KKK
%
Z
s
s9
µ0x ssss
sss
sss
π1 (U \ {x0 }, ∗)
VIII : Surfaces
85
Une surface est orientable si elle admet une orientation continue.
31.5. Exemples. — 1) La sphère S 2 est orientable. Si on la voit comme
sphère unité de R3 , en chaque point p ∈ S 2 on a une normale sortante dirigée
par un vecteur unitaire orthogonal à la sphère en p et pointant vers l’extérieur
de la boule. La règle du tire-bouchon de Maxwell donne alors une façon de
tourner autour de p sur la sphère ; c’est le µp , qui varie continûment avec p.
2) Le ruban de Möbius n’est pas orientable. On peut le voir à la main ou le
déduire de ce qui suit.
32. L’orientabilité du point de vue algébrique
On suppose que X est une surface connexe (donc connexe par arcs). On
choisit arbitrairement une orientation µx0 de X au point base x0 . Si γ est un
lacet en x0 , on peut prolonger µx0 en µγ(t) , continûment en t. Attention, si
86
Université de Nantes - Topologie Algébrique
γ a un point double, γ(t0 ) = γ(t1 ), on peut avoir µγ(t0 ) 6= µγ(t1 ) . On définit
σ(γ) ∈ {±} = Z2 par
σ(γ) = + si µγ(1) = µx0 et σ(γ) = − si µγ(1) 6= µx0 .
32.1. Proposition. — 1) σ(γ) ne dépend que de la classe d’homotopie de γ
(et pas de µx0 ) ; σ définit un morphisme
σ : π1 (X, x0 ) → Z2 .
2) X est orientable si et seulement si σ est trivial.
Démonstration. — 1) Par compacité de [0, 1], on a une subdivision de [0, 1]
0, . . . , ti , ti+1 , . . . , 1 telle que γ([ti , ti+1 ]) soit contenu dans un ouvert Ui
homéomorphe à R2 . Si µγ(ti ) est déterminée, alors l’orientation est fixée en
tous les points de de Ui , donc en γ(ti+1 ). Ainsi de proche en proche. On a
ainsi µγ(1) et donc σ(γ). On voit que si γ 0 est proche de γ, γ 0 ([ti , ti+1 ]) ⊂ Ui
donc σ(γ 0 ) = σ(γ). Ainsi dans une famille à un paramètre de lacets, l’application s 7→ σ(γs ) est localement constante, donc constante. Que σ soit un
homomorphisme de groupes est évident.
2) “⇒” évident.
“⇐” On définit µx en reliant x à x0 par un chemin et en transportant
l’orientation µx0 le long de ce chemin. Comme σ est trivial, µx ne dépend pas
du chemin choisi.
32.2. Proposition. — Si X est une surface connexe par arcs et nonorientable, il existe un revêtement p : X̂ → X à deux feuillets (donc galoisien)
avec X̂ connexe par arcs et orientable. L’involution τ qui permute les deux
points dans chaque fibre renverse l’orientation de X̂.
Exemple. — L’involution antipodale de la sphère renverse l’orientation. Donc
le quotient P 2 n’est pas orientable.
Démonstration. — Si X est non-orientable, d’après la proposition 32.1, le morphisme σ : π1 (X, x0 ) → Z2 est surjectif. Donc Ker(σ) est un sous-groupe d’indice 2. Comme X est localement contractile, la classification des revêtements
(connexes) s’applique (20.4). Il existe un revêtement p : (X̂, x̂0 ) × (X, x0 ) avec
p] π1 (X̂, x̂0 ) = Ker(σ).
Si γ̂ est un lacet dans X̂ au-dessus de γ, comme p est un homéomorphisme
VIII : Surfaces
87
local, l’orientation de X en γ(t) (déduite d’une orientation choisie au pointbase) se relève en orientation de X̂ en γ̂(t) et donc σ(γ̂) = σ(γ). Mais par
construction [γ] = [p ◦ γ̂] est dans Ker(σ). Donc σ(γ̂) = + pour tout lacet γ̂,
ce qui prouve que X̂ est orientable.
Par un argument de connexité, µτ (x̂0 ) = τ µx̂0 équivaut à µτ (x̂) = τ µx̂ pour
tout x̂ ∈ X̂. Si cette égalité est vraie, alors X est orientable. Comme ce n’est
pas le cas, µτ (x̂) 6= τ µx̂ pour tout point de X̂.
32.3. Exemple (La bouteille de Klein). — On considère l’involution τ :
T 2 → T 2 , τ : (x, y) 7→ (x + 21 , −y) ∈ T 2 . Pour cette formule on identifie le
tore avec le produit S 1 × S 1 et chaque facteur est pensé comme le groupe
quotient R/Z . L’involution τ renverse l’orientation. Donc le quotient T 2 /τ ,
qui est la bouteille de Klein (cf. 12.9), est une surface non-orientable, notée
classiquement K 2 .
33. Classification des surfaces compactes orientables à bord vide
On se contente de donner le résultat. Une bonne référence est le livre de W.
Massey, Algebraic topology, an introduction, Harcourt, Brace & World, Inc.,
1967.
Dans ce paragraphe et dans le suivant, nous aurons besoin de la notion de
somme connexe de deux surfaces.
33.1. Définition. — Soit X1 et X2 deux surfaces connexes. La somme
connexe, notée X1 #X2 , est la surface connexe obtenue par la construction
suivante : soit hi : D2 (r) → Xi un plongement du disque ouvert de rayon
r > 1 ; on considère la surface à bord Xi0 := Xi \ hi (D2 (1)) ; la somme connexe
est obtenue en recollant X10 et X20 par un homéomorphisme de leur bord,
lui-même homéomorphe à S 1 .
On prouve qu’à homéomorphisme près, cette surface ne dépend pas des choix
utilisés pour la construction.
33.2. — Les surfaces compactes orientables à bord vide sont (à homéomorphisme
près) :
– La sphère S 2 (surface de genre 0), qui est 1-connexe,
88
Université de Nantes - Topologie Algébrique
– Le tore T 2 = 2 \ R2 , (surface de genre 1),
Z
– La surface de genre g > 1, Σ2 (g) = Γ \ H, où Γ est un sous-groupe
discret de Iso+ (H, ds2H ) agissant sans point fixe avec comme domaine
fondamental un 4g-gone. À homéomorphisme près, la topologie de Σ2 (g)
ne dépend pas du choix d’un tel domaine fondamental. On prouve que
Σ2 (g) ∼
= T 2 # . . . #T 2 .
{z
}
|
g−fois
33.3. Formule d’Euler-Poincaré. — Toute cellulation de Σ2 (g) vérifie la
formule (E-P) dans laquelle le symbole # signifie nombre de :
(E-P)
# sommets – # arêtes + # faces = 2 − 2g
Par cellulation on entend la donnée d’un graphe tracé sur la surface dont
les composantes connexes du complémentaire (aussi appelées faces) sont des
cellules, c’est-à-dire qu’elles sont homéomorphes au disque ouvert. Si chaque
cellule a trois côtés (triangle), on dit que la cellulation est une triangulation.
Esquisse de la démonstration. —
– (E-P) est vraie pour la cellulation donnée par le domaine fondamental.
En effet sur le quotient on voit 1 sommet, 2g arêtes et 1 face.
– Invariance par subdivision : si, partant d’une cellulation pour laquelle
(E-P) est vraie, on ajoute un sommet v dans une face F et si on joint v à
chaque sommet de F , on fabrique une nouvelle cellulation pour laquelle la
formule est encore vraie.
– Et, réciproquement, si (E-P) est vraie pour la cellulation subdivisée, elle
est vraie pour la cellulation initiale.
– Une triangulation géodésique (toutes les arêtes sont des géodésiques) et la
cellulation par le domaine fondamental ont une sudivision commune qui est
une triangulation géodésique. Alors, d’après les points précédents, (E-P) est
vraie pour toutes les triangulations géodésiques. Le cas général s’en déduit
maintenant sans grand peine.
VIII : Surfaces
89
34. Classification des surfaces compactes non-orientables
34.1. — Les surfaces compactes non-orientables à bord vide sont (à
homéomorphisme près) :
– Le plan projectif P 2 ,
– La bouteille de Klein K 2 ,
– La somme connexe P 2 # . . . #P 2 .
|
{z
}
k−fois
34.2. Formule d’Euler-Poincaré. — Pour toute cellulation de l’une de
ces surfaces non-orientables, la formule d’Euler-Poincaré s’écrit :
# sommets – # arêtes + # faces = 2 − k
VIII : Surfaces
1
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
td8
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 10, Topologie algébrique
2005-2006
Exercices divers.
10.1. Exercice. — Soit f : X → X 0 un homomorphisme de revêtements
p : X → B, p0 : X 0 → B connexes et localement connexes par arcs. Supposons
que f est un homéomorphisme sur une fibre, i.e. f : p−1 (b) → (p0 )−1 (b) est
un homéomorphisme pour un b ∈ B. Montrer que f est un isomorphisme de
revêtements.
Indication
Corrigé
10.2. Exercice. — Si on note λ := (z1 , z2 , z3 , z4 ) le birapport des quatre
points z1 , z2 , z3 , z4 , étudier l’éffet d’une permutation de l’ensemble {1, 2, 3, 4}
sur λ.
1) Montrer que les transpositions (1, 2) et (3, 4) envoient λ sur 1/λ.
2) Montrer que les transpositions (1, 3) ou (2, 4) envoient λ sur λ/(λ − 1).
3) Montrer que les transpositions (1, 4) ou (2, 3) envoient λ sur 1 − λ.
Indication
Corrigé
10.3. Exercice. — En prenant comme quatre points du birapport les valeurs
f (x), f (x + ), f (x + 2), f (x + 3) d’une fonction analytique f , montrer que
le developpement limité du birapport est
(f (x), f (x + ), f (x + 2), f (x + 3)) =
4 2
+ S(f )(x) + O(2 ).
3
9
2
Université de Nantes - Topologie Algébrique
Ici, S(f ) est la dérivée schwartzienne de f :
S(f ) = 2
Indication
(f 00 )2
f 000
−
.
f0
(f 0 )2
Corrigé
10.4. Exercice. — Soit R l’espace topologique suivant
R = {(X, Y ) ∈ (R3 )2 | X · Y = 0 ||X|| = ||Y || = 1 }.
(1) Montrer que R est homéomorphe à SO(3, R). Rappeler le groupe fondamental de SO(3, R) (donc de R).
(2) Démontrer que R n’est pas homéomorphe au produit S 2 × S 1 . En déduire
que la projection de R sur S 2 donnée par le premier vecteur n’admet aucune
section continue.
(3) Montrer que tout champs de vecteurs tangents continu sur S 2 s’annule.
(4) Soit maintenant S n avec n impair. Montrer qu’il existe un champs de vecteurs tangents continu sur S n qui ne s’annule en aucun point.
(En fait, S n possède un tel champs si et seulement si n est impair.)
Indication
Corrigé
10.5. Exercice. — Soit (X, p, B) un revêtement connexe localement connexe
par arcs. Montrer que (X, p, B) est galoisien si et seulement si la condition
suivante est remplie : pour tout f : [0, 1] → B continu avec f (0) = f (1), soit
tout relèvement de f est un lacet, soit aucun.
Indication
Corrigé
10.6. Exercice. — Soit (X, p, B) un revêtement, X connexe et localement
connexe par arcs, γ : [0, 1] → B continu avec γ(0) = b0 , xi , xj ∈ p−1 (b0 ) et
γ̃i , γ̃j les relèvements de γ en xi et xj . Montrer que γ a des points doubles si
et seulement si soit il existe un relèvement avec points doubles, soit il existe
i, j (i 6= j) tels que γ̃i ([0, 1]) ∩ γ̃j ([0, 1]) 6= ∅.
Indication
Corrigé
10.7. Exercice. — Soit h : S1 → S2 un homéomorphisme local entre deux
surfaces S1 et S2 , pouvant avoir un bord. Montrer que h envoie l’intérieur
VIII : Surfaces
3
int(S1 ) de S1 vers l’intérieur int(S2 ) de S2 . En déduire que h envoie le bord
∂S1 de S1 dans le bord ∂S2 de S2 .
Indication
Corrigé
4
Université de Nantes - Topologie Algébrique
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Exercices divers : indication pour les exercices.
10.1. Indication exercice. —
Énoncé
10.1 Se rappeller l’exercice 4.6.
Corrigé
10.2. Indication exercice. — 10.2 Se rappeller que (∞, 0, 1, g(z4 )) =
g(z4 ) pour une homographie g, que le birapport est invariant par homographie,
et qu’il existe une unique homographie qui envoie un triple de points donné
sur (∞, 0, 1).
Énoncé
Corrigé
10.3. Indication exercice. —
Énoncé
10.3 Cet exercice est très calculatoire.
Corrigé
10.4. Indication exercice. — 10.4 1) Identifier des éléments de SO(3) à
des répères orthonormés directs dans R3 . Montrer que SO(3) est homéomorphe
à RP 2 afin d’en déduire le groupe fondamental de R. Pour cela, on peut étudier
le revêtement SU (2) → SO(3) obtenu en quotientant le groupe SU (2) par le
sous-groupe distingué Z2 = {±1} d’un côté, et se rappeller RP 2 ≈ S 2 / {±1}
de l’autre.
Énoncé
Corrigé
10.4 2) Le groupe fondamental est un invariant d’homéomorphisme.
Énoncé
Corrigé
10.4 3) En général, un champs de vecteurs tangent continu à une variété est
une application continue t : M → T M qui à tout point m ∈ M de la variété
M associe un vecteur tangent t(m) = Xm ∈ Tm M . Dans le cas de la sphère
S 2 , un vecteur tangent en X ∈ S 2 est simplement un vecteur Y de l’espace
ambient R3 qui est orthogonal à X.
VIII : Surfaces
5
Énoncé
Corrigé
10.4 4) On peut écrire directement un tel champs.
Énoncé
Corrigé
10.5. Indication exercice. — 10.5 Soit réciproquement p : X → B non
galoisien, i.e. il existe γ ∈ π1 (B, b0 ) =: G et α ∈ p] π1 (X, x0 ) =: H avec
γαγ −1 ∈
/ H. Remarquer que α se relève en lacet en x0 .
Énoncé
Corrigé
10.6. Indication exercice. — 10.6 L’existence d’un point
équivaut à l’existence d’un lacet qui se relève ou non en lacet.
Énoncé
Corrigé
10.7. Indication exercice. —
sition 30.6 du cours.
Énoncé
double
Corrigé
10.7 Cet exercice est proche de la propo-
6
Université de Nantes - Topologie Algébrique
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Topologie Algébrique
François Laudenbach (CM) & Friedrich Wagemann (TD)
Travaux dirigés de Mathématiques, Fiche 10, Topologie algébrique
2005-2006
Exercices divers : solutions.
10.1. Corrigé exercice. — Cet exercice se déduit de l’exo 4.6 : d’abord,
par 3.1 et 4.5, f est surjective. Par connexité de la base, le nombre de feuillets
du revêtement f : X → Y est constante, et par hypothèse donc égal à 1, donc
c’est un homéomorphisme.
Énoncé
Indication
10.2. Corrigé exercice. — On raisonne comme suit : soit g l’unique homographie qui envoie (z1 , z2 , z3 ) sur (∞, 0, 1). Puisque le birapport est invariant par homographie, on a λ = (z1 , z2 , z3 , z4 ) = (g(z1 ), g(z2 ), g(z3 ), g(z4 )) =
(∞, 0, 1, g(z4 )) = g(z4 ). On en déduit que
(z2 , z1 , z3 , z4 ) = (g(z2 ), g(z1 ), g(z3 ), g(z4 )) = (0, ∞, 1, λ) =
1
.
λ
Le même type de raisonnement montre les autres assertions.
Énoncé
Indication
10.3. Corrigé exercice. —
développe
Soit donc f une fonction analytique. On
f (x + ) = f (x) + f 0 (x) +
2 00
3
f (x) + f 000 (x) + o(4 ),
2
6
43 000
f (x) + o(4 ),
3
92 00
93 000
f (x + 3) = f (x) + 3f 0 (x) +
f (x) +
f (x) + o(4 ).
2
2
f (x + 2) = f (x) + 2f 0 (x) + 22 f 00 (x) +
VIII : Surfaces
7
On calcule
43 000
f (x) + o(4 ),
3
f (x) − f (x + 2) = −2f 0 (x) − 22 f 00 (x) −
133 000
f (x) + o(4 ),
3
32 00
73 000
f (x + ) − f (x + 2) = −f 0 (x) −
f (x) −
f (x) + o(4 ),
2
6
93 000
92 00
f (x) −
f (x) + o(4 ).
f (x) − f (x + 3) = −3f 0 (x) −
2
2
On en déduit donc que (f (x), f (x + ), f (x + 2), f (x + 3)) est égal à
f (x + ) − f (x + 3) = −2f 0 (x) − 42 f 00 (x) −
=
=
=
(f (x + 2) − f (x))(f (x + 3) − f (x + ))
(f (x + 2) − f (x + ))(f (x + 3) − f (x))
(2f 0 (x) + 22 f 00 (x) +
2
(f 0 (x) + 32 f 00 (x) +
"
4
2 f 000 (x) 3
1−
−
3
6
f 0 (x)
2
Énoncé
43 000
0
3 f (x))(2f (x)
3
7 000
0
6 f (x))(3f (x)
!#
00
2
f (x)
f 0 (x)
+ 42 f 00 (x) +
+
92 00
2 f (x)
+
133 000
4
3 f (x)) + o( )
3
9 000
4
2 f (x)) + o( )
+ o(2 ).
Indication
10.4. Corrigé exercice. — (1) (X, Y ) ∈ R implique l’existence d’un
unique Z ∈ R3 de norme 1 tel que (X, Y, Z) soit un répère orthonormé direct
de R3 . En effet, il suffit de prendre Z = X ∧ Y . D’un autre côté, SO(3)
est bien en bijection avec les répères orthonormés directs de R3 . Soit donc
p : SO(3) → R la projection sur les deux premiers vecteurs colonne. p est une
bijection continue de compact sur séparé, donc un homéomorphisme.
Montrons que SO(3) est homéomorphe à RP 2 afin d’en déduire le groupe
fondamental de R. Pour cela, il faut déjà étudier le revêtement SU (2) → SO(3)
(cf exo 2.9) obtenu en quotientant le groupe SU (2) par le sous-groupe distingué
Z2 = {±1}. On voit facilement que c’est un homéomorphisme local (sur un
ouvert U ⊂ SU (2) avec −A ∈
/ U pour tout A ∈ U , la projection est un
homéomorphisme).
(
!
)
a
−
b̄
SU (2) ∼
, |a|2 + |b|2 = 1
=
b ā
s’identifie à S 3 , en particulier, SU (2) est compact. On a donc un homéomorphisme local de compact sur séparé qui est par suite un revêtement. Ce dernier
8
Université de Nantes - Topologie Algébrique
s’identifie visiblement au revêtement S 3 → RP 2 obtenu en quotientant par
l’involution antipodale. On conclut que SO(3) ≈ RP 2 , et finalement que le
groupe fondamental de R est π1 (R, x0 ) = Z2 .
Énoncé
Indication
10.4 (2) Le groupe fondamental de S 2 × S 1 est π1 (S 2 × S 1 , z0 ) = Z, donc
R ne peut pas être homéomorphe à S 1 × S 2 . S’il existait une section continue
s : S 2 → R de la projection proj1 : R → S 2 , i.e. p ◦ s = idS 2 , alors on pourrait
contruire un homéomorphisme S 2 × S 1 → R. En effet, soit f : S 2 × S 1 → R
défini par f (X, z) = (X, z proj2 (s(X))). proj2 (s(X)) est un vecteur de norme
1 orthogonal à X. La multiplication scalaire z proj2 (s(X)) fait “tourner” le
vecteur proj2 (s(X)) dans le plan orthogonal à X. On vérifie facilement que
f est continue et bijective. On conclut que f serait un homéomorphisme, si s
était continue.
Énoncé
Indication
10.4 (3) En général, un champs de vecteurs tangent continu à une variété
est une application continue t : M → T M qui à tout point m ∈ M de la
variété M associe un vecteur tangent t(m) = Xm ∈ Tm M . Dans le cas de la
sphère S 2 , un vecteur tangent en X ∈ S 2 est simplement un vecteur Y de
l’espace ambient R3 qui est orthogonal à X. Notons R0 l’espace des couples
(X, Y ) où X ∈ S 2 et Y orthogonal à X. Un champs de vecteurs sur S 2 est
donc une application continue s̃ : S 2 → R0 telle que la projection sur la
première composante donne le point d’attache du vecteur tangent, i.e. s̃ est
une section continue de la projection proj1 : R0 → S 2 . S’il existait un champs
de vecteurs tangent à S 2 qui est partout non-nulle, alors on pourrait normaliser
la deuxième composante de l’application s̃ afin d’obtenir une section continue
s : S 2 → R – contradiction.
Énoncé
Indication
10.4 (4) Pour n = 1, l’assertion est clair : il suffit de prendre un vecteur
orthogonal au cercle unité dans C, de le normaliser, et de le tourner ensuite
autour de S 1 pour obtenir un champs tangent continu.
Soit donc dans le cas général n = 2m − 1. Alors l’application continue
(x1 ,x2 ,...,x2m−1 ,x2m ) 7→ ((x1 ,x2 ,...,x2m−1 ,x2m ),(−x2 ,x1 ,...,−x2m ,x2m−1 ))
est un champs de vecteurs qui convient.
Énoncé
Indication
VIII : Surfaces
9
10.5. Corrigé exercice. — Soit p : X → B galoisien. Supposons qu’il
existe un relèvement f˜ de f qui est un lacet, disons en x0 ∈ p−1 (b0 ). Soit
x ∈ p−1 (b0 ). Il existe un automorphisme h : X → X tel que h(x0 ) = x par
hypothèse. h ◦ f˜ est un relèvement de f en x, car p(h ◦ f˜) = p ◦ f˜ = f , et c’est
un lacet.
Supposons réciproquement p : X → B non galoisien, i.e. il existe γ ∈
π1 (B, b0 ) =: G et α ∈ p] π1 (X, x0 ) =: H avec γαγ −1 ∈
/ H. D’un côté, un
−1
relèvement en lacet de γαγ
en x0 serait un β ∈ H avec p] β = γαγ, ce
que interdit l’hypothèse. D’un autre côté, α se relève en lacet en x0 , puisque
α ∈ H. Donc si on relève γ en un point x1 en γ̃ x1 tel que γ̃ x1 (1) = x0 , alors on
x0
aura un relèvement en lacet de γαγ −1 en x1 , pourvu que γ ˜−1 (1) = x1 . Monx0
x0
−1 γ
−1 γ̃ x où on
= γg
trons donc cette dernière assertion : en effet, c˜b0 x0 = γ]
x0
x0
g
−1 (1).
−1 (1). Or γ̃ x (1) = x , et par suite γ̃ x (0) = x = x = γ
a noté x := γg
0
1
f = α̃β̃ où les relèvements sont tels
Montrons encore pour le lecteur dubitatif αβ
f β̃)−1 =: ζ
f
f
que α̃(1) = β̃(0), αβ(0)
= α̃(0), et αβ(1)
= β̃(1). En effet, (α̃)−1 αβ(
vérifie p] (ζ) = cb0 , car p] est un homomorphisme de groupes, et par suite
ζ = cα̃(0) .
Énoncé
Indication
10.6. Corrigé exercice. — Si γ a des point doubles, il existe t0 , t1 ∈ [0, 1]
avec γ(t1 ) = γ(t0 ) = b1 . Notons β = γ|[t0 ,t1 ] le lacet basé en b1 , et λ =
γ|[0,t0 ] le chemin de b0 à b1 . Si β se relève en lacet, alors γ̃ possède des points
doubles. Supposons donc que β ne se relève pas en lacet. Alors λβλ−1 n’est
pas homotope à zéro. En effet, λβλ−1 ∼ 0 implique β ∼ 0, et donc que β
−1 ; soient λ̃ un chemin de x
se relèverait en lacet. On relève donc en λ̃β̃ λg
0
g
−1
à y0 , et λ un chemin de y1 à x1 . Le relèvement de γ en x1 est obligé de
passer par y1 . Le relèvement de γ en x0 est obligé de passer par y1 . Donc
y1 ∈ γ̃1 ([0, 1]) ∩ γ̃0 ([0, 1]).
S’il existe réciproquement un relèvement γ̃ avec des points doubles, alors γ a
des points doubles. S’il existe d’un autre côté γ̃i et γ̃j (i 6= j) avec γ̃i ([0, 1]) ∩
γ̃i ([0, 1]) 6= ∅, alors il existe t0 , t1 avec γ̃i (t0 ) = γ̃j (t1 ), et par suite γ(t0 ) =
p ◦ γ̃i (t0 ) = p ◦ γ̃j (t1 ) = γ(t1 ). Donc γ possède un point double.
Énoncé
Indication
10
Université de Nantes - Topologie Algébrique
R
10.7. Corrigé exercice. — Soit x ∈ (S1 ). Il existe un voisinage ouvert
U de x dans S1 tel que h|U soit un homéomorphisme sur l’ouvert h(U ). Quitte
à passer à une intersection, on peut prendre U tel que U soit homéomorphe
à un ouvert de R2 par un homéomorphisme f : U → R2 . Ainsi h(U ) est un
voisinage ouvert de h(x) ∈ S2 et h ◦ f −1 est un homéomorphisme d’un ouvert
R
de R2 avec h(U ), donc h(x) ∈ (S2 ). On en déduit que h envoie le bord ∂(S1 )
dans le bord ∂(S2 ) de S2 à l’aide de proposition 30.6 du cours.
Énoncé
Indication
90
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Index
Avertissement.– Dans cette liste, une référence n.m renvoie au paragraphe n
et à la m-ème subdivision dans ce paragraphe, qui peut être une définition,une
proposition , etc. ou un sous-paragraphe. Il est utile de savoir que les chapitres
contiennent les paragraphes suivants :
Chapitre I : §§ 1 - 6
Chapitre II : §§ 7 - 11
Chapitre III : §§ 12 - 14
Chapitre IV : §§ 15 - 18
Chapitre V : §§ 19 - 21
Chapitre VI : §§ 22 - 24
Chapitre VII : §§ 25 - 29
Chapitre VIII : §§ 30 - 34
Action (de groupe), 1.1
Action libre, fidèle, effective, 2.6
Action propre, 22.4
Action sur un espace 1-connexe, 12.7
Aire (hyperbolique), 28.1
Alphabet, 15.1
Automorphisme de revêtement, 21.5
Birapport, 25.6
Bord, 30.7
Borsuk - Ulam (théorème de), 19.3
Bouteille de Klein, 12.9
Brouwer (Théorème de), 12.5
Chemin, 10.1
Classe à droite, 2.4
Classification des revêtements, 20.4
Compact, 4.1
Condition (L), 8.5
Contractile, Contraction, 10.5
Coordonnées homogènes, 25.1
Demi-plan de Poincaré, 25.3
Disque unité (hyperbolique), 29.1
Index
Distance hyperbolique, 26.4
Domaine de Dirichlet, 23.2
Domaine fondamental, 23.3
Élément de longueur, 26.1
Équivalence d’homotopie, 12.6
Etoilée (partie), 10.5
Exponentielle complexe, 7.1
Géodésique, 27.1
Graphe de Cayley,13.4
Groupe alterné, 15.5
Groupe fondamental, 12.1
Groupe libre à deux générateurs, 13.1
Groupe libre sur un alphabet, 15.1
Groupe (de pavage), 22.1
Homotopie, 10.5
Isométrie (hyperbolique), 27.3
Lacet, 11.1
Lacet basé, 11.8
Lemme ε de Lebesgue, 4.2
Logarithme complexe, 7.3
Longueur (d’un mot), 13.3
Longueur (hyperbolique), 26.2
Nœud, 18.2
Orbite, 2.1
Orientation, 31.3
Orientable, 31.4
Pavage, 22.1
Polygone géodésique, idéal, 28.2
Propre (action), 22.4
Propre (application), 8.4
Proprement discontinu (groupe), 8.5
Quotient, 2.3
Recollements, 6, 6.4
Relèvement (théorème de), 10.2, 19.1
Relations, 15.3
91
92
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Revêtement galoisien, régulier, 21.6
Simplement connexe, 11.1
Sphère de Riemann, 25.1
Suite exacte de revêtement, 14.2
Surface, 30.1
Surface à bord, 30.5
Stabilisateur, 2.6
Topologie, 3.1
Topologie discrète, 3.2
Topologie produit, 5.1
Van Kampen (premier théorème de), 17.1
Van Kampen (second théorème de), 18.1
François Laudenbach & Friedrich Wagemann, Département de mathématiques,
Université de Nantes, 2 Rue de la Houssinière, F-44322 Nantes Cedex 03
Url : www.math.campo.univ-nantes.fr